Đề thi thử thpt quốc gia lần 1 năm học 2015 – 2016 môn thi: Toán 12 thời gian làm bài: 180 phút

 >> Truy cập trang  để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 1 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI 
TỔ TOÁN – TIN 
––––––– 
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 
NĂM HỌC 2015 – 2016 
MÔN THI: TOÁN 
Thời gian làm bài: 180 phút 
Câu 1 (2.0 điềm). Cho hàm số 3 23 2y x x   
a) Khảo sát sự biến thiên và và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng
24 5 0x y   
Câu 2 (1,0 điếm) Giải phương trình    sin 2sin 1 cos 2cos 3x x x x   
Câu 3 (1,0 điếm). Cho số phức z thỏa mãn hệ thức    
2
3 2
i
i z i z
i

    . Tìm môđun của số 
phức w z i  
Câu 4 (1.0 điểm). Trong cụm thi xét công nhận tốt nghiệp THPT thí sinh phái thi 4 môn trong 
đó có 3 môn buộc Toán, Văn. Ngoại ngữ và 1 môn do thi tinh tự chọn trong số các môn: Vật li. 
Hóa học. Sinh học, Lịch sử vả Địa lý. Một trường THPT có 90 học sinh đăng ki dự thi. trong đó 
30 học sinh chọn mỏn Vật lỉ vả 20 học sinh chọn môn Hóa học. Chọn ngẫu nhiên 3 học sinh bất 
kỳ của trường đó. Tính xắc suất để trong 3 học sinh đó luôn có cả học sinh chọn môn Vật lí và 
học sinh chọn môn Hóa học. 
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2a. Hình 
chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm H của cạnh AB. Góc giữa mặt 
phẳng (SCD) và mặt phẳng (ABCD) bằng 60o. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD. Tính 
theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD. 
Câu 6. (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu
       
2 2 2
: 1 2 3 9S x y z      và đường thẳng 
6 2 2
:
3 2 2
x y z  
  

. Viết phương trình 
mặt phẳng (P) đi qua M(4;3;4), song song với đường thẳng ∆ và tiếp xúc với mặt cầu (S) 
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD có đỉnh C thuộc đường 
thẳng d: x + 2y – 6 = 0, điểm M(1;1) thuộc cạnh BD. Biết rằng hình chiếu vuông góc của điểm 
M trên cạnh AB và AD đều nằm trên đường thẳng ∆: x + y – 1 = 0. Tìm tọa độ đỉnh C. 
Câu 8 (1,0 điểm). Giải bất phương trình:    22 2 3 2 1 2 5 3 1x x x x x        
Câu 9 (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn    2 2 25 9 2x y z xy yz zx     . 
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 
 
32 2
1x
P
y z x y z
 
  
................... Hết................... 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm 
 >> Truy cập trang  để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 2 
ĐÁP ÁN 
Câu 1 
a) 3 23 2y x x   
+TXĐ: D = ℝ 
+Sự biến thiên: 
–Chiều biến thiên: 
2' 3 6y x x  ; y’ = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2. 
Các khoảng đồng biến: (–∞;0) và (2;+∞); khoảng nghịch biến (0;2) 
–Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCĐ = 2; đạt cực tiểu tại x = 2; yCT = –2 
–Giới hạn tại vô cực: lim ; lim
x x
y y
 
    
+Bảng biến thiên 
x –∞ 0 2 +∞ 
y’ + 0 – 0 + 
y 
 2 +∞ 
–∞ –2 
+Đồ thị 
b) Ta có: 2' 3 6y x x  
 >> Truy cập trang  để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 3 
Phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm M(a;b) ∈ (C) có dạng 
    23 6 y a a x a b d    
Đường thẳng (d) song song với đường thẳng y = 24x – 5 nên suy ra 
2 23 6 24 2 8 0a a a a      ⇔ a = 4 hoặc a = –2 
Thử lại: 
a = 4 ⇒ M(4;18); (d): y = 24x – 78 (thỏa mãn) 
a = –2 ⇒ M(–2;–18); (d): y = 24x + 30 (thỏa mãn) 
Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là y = 24x – 78 và y = 24x + 30 
Câu 2 
   
 
2 2
2 2
sin 2sin 1 cos 2cos 3
2sin sin 2cos 3 cos
sin 3 cos 2 cos sin
1 3
sin cos cos 2
2 2
sin cos 2
3
5
cos cos 2
6
5
2 2
6
5
2 2
6
x x x x
x x x x
x x x x
x x x
x x
x x
x x k
x x k






  
   
   
  
 
   
 
 
   
 

  
 
    

5
2
6
5
2
18
x k
x k





  
 
  

Vậy 
5
2
6
5
2
18
x k
x k





  

  

 (k ∈ ℤ) 
Câu 3 
 >> Truy cập trang  để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 4 
Gọi z = a + bi (a, b ∈ ℝ). 
Suy ra z a bi  
Ta có: 
   
   
 
   
       
   
2
3 2
2
3 2
1
3 3 1 2 2 2
1 2 5 2 0
1 2 5 2 0
1
4
5
4 1
1 1
5 5
i
i z i z
i
i i
i a bi i a bi
a b a b i i a b a b i
a a b i
a a b
a
b
z i w z i i

   

      

         
     
     
 

 

         
Vậy môđun của số phức w là  
2
2 1 26
1
5 5
w
 
     
 
Câu 4 
Gọi A là biến cố “Trong 3 học sinh được chọn có cả học sinh chọn môn Vật lí và học sinh chọn 
môn Hóa học.” 
+Tính số phần tử của không gian mẫu: 
Số cách chọn 3 học sinh từ 90 học sinh là 3
90C 
+Tính số kết quả có lợi cho A: 
–TH1: Trong 3 học sinh được chọn, chỉ có 1 học sinh chọn môn Vật lí và 1 học sinh chọn môn 
Hóa học: 
Số cách chọn học sinh chọn môn Vật lí: 1
30C 
Số cách chọn học sinh chọn môn Hóa học: 1
20C 
Số cách chọn học sinh còn lại (không chọn Vật lí hay Hóa học): 1
40C 
Theo quy tắc nhân, số học sinh TH này là: 1 1 1
30 20 40. .C C C 
 >> Truy cập trang  để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 5 
–TH2: Có 2 học sinh chọn môn Vật lí, 1 học sinh chọn môn Hóa học. 
Số cách chọn 2 học sinh chọn Vật lí: 2
30C 
Số cách chọn 1 học sinh chọn Hóa học: 1
20C 
Theo quy tắc nhân, số học sinh TH này là: 2 1
30 20.C C 
–TH3: Có 2 học sinh chọn môn Hóa học 1 học sinh chọn môn Vật lí 
Số cách chọn 2 học sinh chọn Hóa học: 2
20C 
Số cách chọn 1 học sinh chọn Vật lí: 1
30C 
Theo quy tắc nhân, số học sinh TH này là: 2 1
20 30.C C 
Theo quy tắc cộng, số cách chọn bộ 3 học sinh sao cho luôn có cả học sinh chọn môn Vật lí và 
học sinh chọn môn Hóa học là 1 1 1 2 1 2 1
30 20 40 30 20 20 30. . . . 38400C C C C C C C   
Xác suất cần tính là: 
3
90
38400 320
979
AP
C
  
Câu 5 
+Tính thể tích 
Gọi N là trung điểm CD. 
Ta có SM ⊥ (ABCD) nên (SMN) ⊥ (ABCD) 
MN // BC ⇒ MN ⊥ CD. Mà SM ⊥ CD nên CD ⊥ (SMN) 
 >> Truy cập trang  để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 6 
Mà CD  (SCD) nên (SCD) ⊥ (SMN) 
Vậy mặt phẳng (SMN) cùng vuông góc với (ABCD) và (SCD) 
(SMN)  (ABCD) = MN; (SMN)  (SCD) = SN 
⇒ Góc giữa (SCD) và (ABCD) là 60SNM   
Vì MNCB là hình chữ nhật nên MN = BC = 2a 
Tam giác SMN vuông tại M: 
 
3
2
. D
. tan 60 2 3
1 1 8 3
. .2 3. 2
3 3 3
S ABCD ABC
SM MN a
a
V SM S a a
  
   
+Tính khoảng cách: 
Qua A kẻ đường thẳng song song BD. H là hình chiếu vuông góc của M trên đường thẳng đó. 
Vẽ MI ⊥ SH tại I 
Vì AH  (SAH) nên BD // (SAH) 
Do đó d(BD; SA) = d(BD; (SAH)) = d(B; (SAH)) = 2. d(M; (SAH)) 
Vì SM ⊥ AH, MH ⊥ AH nên (SMH) ⊥ AH 
Suy ra MI ⊥ AH. Mà MI ⊥ SH nên MI ⊥ (SAH) 
Suy ra d(M; (SAH)) = MI 
Tam giác AHM vuông cân tại H nên 
2 2
MA a
MH   
Tam giác SMH vuông tại M: 
 
2 2 2
1 1 1 2 3
5
4 3
; D 2.
5
a
MI
MI MH MS
a
d SA B MI
   
  
Câu 6 
Gọi vectơ pháp tuyến của (P) là  ; ;n a b c 
Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương  3;2;2u   , đi qua điểm N(6;2;2) 
 >> Truy cập trang  để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 7 
∆ // P 
3
. 0 3 2 2 0
2
a
nu a b c c b          
Phương trình mặt phẳng        
3
: 4 3 4 0
2
a
P a x b y b z
 
       
 
Mặt cầu (S) có tâm I(1;2;3), bán kính R = 3. 
Mặt phẳng (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) khi và chỉ khi 
  
     
2
2 2
2 2
2 2 2
2 2
d ; 3
3
1 4 2 3 3 4
2
3
3
2
3 13 12 8
9 13 12 8
3 2 0
I P
a
a b b
a
a b b
a a ab b
a a ab b
a ab b

 
      
 
 
 
   
 
    
   
   
Chọn b = 1 thì a = 1 hoặc a = 2. 
a = 1 ⇒ (P): 2x + 2y + z – 18 = 0 (loại vì N ∈ (P) ⇒ ∆  (P)) 
a = 2 ⇒ (P): 2x + y + 2z – 19 = 0 (thỏa mãn ∆ // (P)) 
Vậy phương trình mặt phẳng cần tìm là 2x + y + 2z – 19 = 0. 
Câu 7 
Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên AB, AD. 
KM cắt BC tại F, CM cắt KH tại E. 
Tam giác KMD vuông tại K có góc MKD bằng 45o nên là tam giác vuông cân. 
 >> Truy cập trang  để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 8 
Suy ra KM = KD 
KDCF là hình chữ nhật nên KD = FC ⇒ KM = FC. (1) 
Tam giác MBF vuông cân tại F nên MF = BF 
MFBH là hình chữ nhật nên BF = MH ⇒ MF = MH (2) 
Từ (1) và (2) suy ra ∆ MKH = ∆ MCF (hai tam giác vuông có 2 cạnh góc vuông tương ứng bằng 
nhau) 
90
MKE MCF
MKE EMK MCF FMC
 
     
Suy ra ∆ MKE vuông tại E ⇒ MC ⊥ HK. 
Đường thẳng HK có vectơ pháp tuyến    1;1 1; 1HK HKn u    
Phương trình đường thẳng MC đi qua M(1;1) và nhận  1; 1HKu   làm vectơ pháp tuyến: 
(MC): x – y = 0 
Tọa độ của C là nghiệm của hệ: 
 
0
2;2
2 6 0
x y
C
x y
 

  
Vậy tọa độ điểm C là (2;2) 
Câu 8 
   22 2 3 2 1 2 5 3 1x x x x x        (1) 
ĐK: x ≥ –1. 
Đặt  2 3; 1 1, 0a x b x a b      , (1) trở thành 
   
     
   
   
   
2 2 2 2 2
2 2
2 2
2 1; 2 5 3 ; 2
2 1
2 1 0
2 1 0
1 1 0
1 1 0
a b x x ab x a b
a b a b ab
a b a b a b ab
a b a b ab ab
a b ab ab
a b ab
       
   
      
      
     
    
 >> Truy cập trang  để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 9 
⇔ a – b – 1 = 0 (2) hoặc 1 – ab = 0 hoặc 
1 0
 (I)
1 0
a b
ab
  

 
 hoặc 
1 0
 (II)
1 0
a b
ab
  

 
Giải (2): 
 
2 3 1 1 0 2 3 1 1
2 3 1 2 1 1
1 2 1
1 1 2 0
x x x x
x x x
x x
x x
         
      
   
    
⇔ x = –1 hoặc x = 3 (thỏa mãn) 
Giải (3): 
2 21 2 5 3 0 2 5 2 0x x x x        
1
2
x   (thỏa mãn) hoặc x = –2 (loại) 
Giải (I): 
2
2
1 3
2 3 1 1
( ) 1 2 1 1
12 5 3 1
22 5 2 0
x x
x x
I x x
xx x
x x
        
       
          
 (loại) 
Giải (II): 
 
2
2
1
1 3
2 3 1 1 1
( ) 1 1 2 0 31
22 5 3 1
22 5 2 0
x
x
x x
II x x x
xx x
x x
  
        
            
        
 (TMĐK) 
Vậy nghiệm của BPT (1) là x = –1 và 
1
3
2
x   . 
Câu 9 
Đặt t = y + z, t ≥ 0, ta có các bất đẳng thức sau: 
   
2 22 2
2 2 ;
2 2 4 4
y z y zt t
y z yz
 
     
Do đó từ điều kiện đề bài suy ra: 
 >> Truy cập trang  để học Toán – Lý – Hóa – Sinh – Văn – Anh tốt nhất! 10 
 
     
 
   
2 2
2 2 2 2
2 2
5 5. 5 9 2 9 18.
2 4
5 9 2 0 2 5 0
2
y z y z
x x y z xy yz zx x y z
x xt t x t x t
x t
 
         
       
 
Do đó: 
   
3 2 32 2 3
1 2 1 4 1
272
2
x t
P
ty z t tx y z t t
     
   
Xét hàm   3
4 1
27
f t
t t
  trên (0;+∞) 
    22 4 2 4
4 1 4 1 1 1
' ; ' 0
9 9 36 6
f t f t t t
t t t t
          
Ta có: 
1
16
6
f
 
 
 
. Bảng biến thiên: 
x 
 0 
1
6
 +∞ 
f’(x) + 0 – 
f(x) 
 16 
–∞ 0 
Căn cứ bảng biên thiên, ta có f(t) ≤ 16 ∀ t ∈ (0;+∞) 
Suy ra P ≤ 16. 
Dấu bằng xảy ra ⇔  
1
3
2
1
1
12
6
y z x
x y z
y z
y z

   
   
   
  

Vậy giá trị lớn nhất của P là 16.