Đề 6 thi thử kỳ thi thpt quốc gia năm 2016

 Email: phukhanh@moet.edu.vn 5 
Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 4 21 2
2
y x x  . 
Câu 2 (1,0 điểm). Cho hàm số  ln cosy x . Chứng minh rằng ' tan " 1 0y x y   . 
Câu 3 (1,0 điểm). 
 a) Cho hai số phức 1z , 2z thỏa mãn 1 2 3z z  và 1 2 4z z  . Tính 1 2z z . 
 b) Giải phương trình 
2 22 3 1 2 34 3.2 4 0x x x x x x        . 
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 
4
2
0
tan cos
1 tan
x x x
I dx
x


 . 
Câu 5 (1,0 điểm). Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm  1;3;2A ,  3;2;1B 
và mặt phẳng   : 2 2 11 0P x y z    . Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng  P 
sao cho 2 2MB  và  030MBA . 
Câu 6 (1,0 điểm). 
 a) Giải phương trình 2 2 24 sin 1 8sin cos 4 cos 2x x x x   . 
 b) Cho đa thức        7 8 20161 1 1P x x x x       . Tìm hệ số của 7x trong 
khai triển đa thức của  P x . 
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chĩp .S ABCD cĩ đáy ABCD là hình vuơng cạnh bằng a , 
cạnh bên 2SA a và vuơng gĩc với đáy. Gọi E là trung điểm của CD . Tính thể tích 
khối chĩp .S ABCD và tìm tâm, bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chĩp .S ABE . 
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuơng ABCD cĩ đỉnh 
 4; 3C   và M là một điểm nằm trên cạnh AB  , M A M B  . Gọi , E F lần 
lượt là hình chiếu vuơng gĩc của A , C lên DM và J là giao điểm của CE và BF . 
Tìm tọa độ điểm A , biết  2;3J và đỉnh B nằm trên đường thẳng 
: 2 10 0d x y   . 
Câu 9 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
     
 
2
2
1 2 3 2 1
5 4 2
x y y xy
y x x y
    


  
. 
Câu 10 (1,0 điểm). Cho , x y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện 1xy y  . Tìm giá 
trị lớn nhất của biểu thức  2 2
2
63
x y x y
P
x yx xy y
    
. 
HƯỚNG DẪN GIẢI 
Câu 1. Bạn đọc tự làm 
ĐỀ SỐ 
6 ĐỀ THI THỬ KỲ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 
 Email: phukhanh@moet.edu.vn 6
Câu 2. Ta cĩ 
 /cos sin
' tan
cos cos
x x
y x
x x
   . 
 Suy ra   2
1
" ' '
cos
y y
x
  . 
 Do đĩ 2
2 2 2
1 1 1
' tan " 1 tan 1 1 1 0
cos cos cos
y x y x
x x x
             . 
 Vậy ' t anx " 1 0y y   . 
Câu 3. 
 a) Gọi 1 1 1z a b i  , 2 2 2z a b i   1 1 2 2, , ,a b a b   . 
 ● Từ 11 2
2
3
3
3
z
z z
z
    
, ta được 
2 2
1 1
2 2
2 2
9
9
a b
a b
    
. 
 ● Từ 1 2 4z z  , ta cĩ        2 21 2 1 2 1 2 1 24 16a a b b i a a b b         
    2 2 2 21 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 22 16 2 2a a b b a a b b a a b b          . 
 Suy ra    1 2 1 2 1 2z z a a b b i     
      2 2 2 2 2 21 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 22 2 5a a b b a a b b a a b b           . 
 Vậy 1 2 2 5z z  . 
 b) Điều kiện: 2
1
2 3 0
3
x
x x
x
      
. 
 Với điều kiện trên phương trình trở thành 
2 22 2 3 2 2 32 3.2 .2 4.2 0x x x x x x      
  
2
2 2 2 32 31 3.2 4.2 0
x x xx x x         . 
 Đặt 
2 2 32 x x xt    , 0t  . Phương trình trở thành  2 1 1 3 4. 0
1/ 4
t
t t
t
       
loại
. 
 Với 1
4
t  , ta được 2 2 3 212 2 3 2
4
x x x x x x         
  
2
22
2 0 7
2 3 2
22 3 2
x
x x x x
x x x
             
. 
 Đối chiếu điều kiện, phương trình cĩ nghiệm duy nhất 7
2
x  . 
Câu 4. Ta cĩ  
4 4 4
3 3
0 0 0
1
sin cos cos sin 2 cos .
2
I x x x x dx x xdx xdx
  
      
 ● Tính 
4
0
sin 2A x xdx

  . Đặt 1sin 2 cos 2
2
dx dxu x
dv xdx v x
        
. 
 Email: phukhanh@moet.edu.vn 7 
 Suy ra 
4 4
4 4
0 00 0
1 1 1 1 1
cos2 cos 2 cos 2 sin 2 .
2 2 2 4 4
A x x xdx xdx x
  
      
 ● Tính  
4 4 4
3
00 0
1 1 3 5 2
cos cos3 3cos sin 3 sin .
4 12 4 12
B xdx x x dx x x
  
          
 Vậy 1 1 5 2 .
2 8 12
I A B    
Câu 5. Gọi  ; ;M a b c . Suy ra  3; 2; 1BM a b c   

,  2;1;1BA 

. 
 Ta cĩ 
 
     2 2 2
2 2 11 0
3 2 1 82 2
a b cM P
a b cMB
                  
.  1 
 Hơn nữa,   0 . 3cos , cos30
2.
BA BM
BA BM
BA BM
  
  
  
     2. 3 1. 2 1. 1 3
2 3 0
26.2 2
a b c
a b c
            .  2 
 Từ  1 và  2 , ta cĩ hệ      2 2 2
2 2 11 0 1
3 2 1 8 1
32 3 0
a b c a
a b c b
ca b c
                          
 hoặc 
1
4
1
a
b
c
   
. 
 Vậy cĩ hai điểm M thỏa yêu cầu bài tốn là  1;2;3M hoặc  1;4;1M . 
Câu 6. 
 a) Phương trình tương đương với 
      22 2 24 1 cos 1 8 1 cos cos 4 2cos 1x x x x      
   
  
4 3 2
3
16cos 8cos 12cos   8cos   1 0
2cos 1 8cos 6cos 1 0
2cos 1 2cos3 1   0.
x x x x
x x x
x x
     
    
   
 ●  12 cos 1 0 cos 2 , .
2 3
x x x k k
         
 ●  1 2 2 22 cos3 1 0 cos3 3 2 , .
2 3 9 3
x x x k x k k
             
 Vậy phương trình cĩ nghiệm  2 22 , .
3 9 3
x k x k k
       
 b) Ta xem đây là tổng của một cấp số nhân với số hạng đầu là  61 1u x  , cơng bội 
1q x  và cĩ tất cả 2010 số hạng. Do đĩ 
       
   2010 2017 77 1 1 1 1
1 .
1 1
x x x
P x x
x x
        . 
 Email: phukhanh@moet.edu.vn 8
x 
M 
I 
E 
F 
J 
D 
C B 
A 
S 
 Suy ra hệ số của 7x trong khai triển thành đa thức của  P x chính là hệ số của 8x 
trong khai triển  20171 x . 
 Vậy hệ số cần tìm thỏa mãn yêu cầu bài tốn là 82017C . 
Câu 7. Diện tích hình vuơng ABCD cạnh a là 2ABCDS a . 
 Thể tích khối chĩp .S ABCD là 
3
.
1 2
.
3 3S ABCD ABCD
a
V S SH  (đvtt). 
 Gọi J là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác AEB . 
 Kẻ  Jx ABCD , suy ra Jx là trục của đường 
trịn ngoại tiếp tam giác AEB và Jx SA . 
 Trong mặt phẳng  ,SA Jx , kẻ đường trung trực  
 của đoạn SA . Gọi I Jx . Ta cĩ 
 ● I Jx nên IA IB IE  .  1 
 ● I  nên IA IS .  2 
 Từ  1 và  2 , suy ra IA IB ISIE   nên I 
là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chĩp .S ABE . 
 Bán kính mặt cầu 2 2AJ IR IA J  . 
 ● 
2
SA
IJ a  . 
 ● Ta cĩ 1 . ..
2 4ABE
AB AE BE
S AB AD
AJ
  , suy ra . 5
2 8
AE BE a
AJ
AD
  . 
 Vậy 
2
2 895
88
aa
aR
      . 
Câu 8. Ta chứng minh CE BF . Thật vậy: 
 Xét hai tam giác vuơng EAD và FDC , ta cĩ     phu 
AD DC
EDA FCD FDC
  
. 
 Suy ra EAD FDC  nên ED FC và AE DF .  1 
 Xét hai tam giác DEC và CFB , ta cĩ 
   phu 
ED FC
DC CB
EDC FCB DCF
   
. 
 Suy ra DEC CFB  nên CE BF  .  2 
 Hơn nữa, ta lại cĩ AC DB .  3 
 Từ  1 ,  2 và  3 , suy ra DFB AEC  nên  FBD ECA hay  JBI JCI . 
 Do đĩ tứ giác JBCI nội tiếp nên   090BJC BIC  hay CE BF . 
 Email: phukhanh@moet.edu.vn 9 
 Đường thẳng BJ đi qua  2;3J và cĩ VTPT  6;6CJ 

 nên : 5 0BJ x y   . 
 Do B BJ d  nên tọa độ điểm B thỏa mãn hệ  2 10 0 0;5
5 0
x y
B
x y
       
. 
 Đường thẳng BC đi qua hai điểm B và C nên cĩ phương trình : 2 5 0BC x y   . 
 Đường thẳng AB đi qua B và vuơng gĩc BC nên : 2 10 0AB x y   . 
 Điểm A AB nên  10 2 ;A a a . Ta cĩ 
       
2 22 2
8;11
80 10 2 5 80
9 8;9
Aa
AB BC a a
a A
              
. 
 Đường thẳng CJ đi qua hai điểm C và J nên cĩ phương trình : 1 0CJ x y   . 
 Do A , B khác phía với CI nên ta chọn  8;1A . 
 Vậy  8;1A . 
Câu 9. Điều kiện: 5, 3x y  . 
 Lấy    1 2 vế theo vế, ta được    2 21 2 3 5 6x y y y x xy x y         . 
 Sử dụng bất đẳng thức cơ bản 
2 2
2
a b
ab
 với mọi ,a b  , ta cĩ 
        
2 2
2
1 2 3
1 2 3
2
x y y
x y y
   
    ; 
2 2
2 55
2
y x
y x
    . 
 Suy ra        
2 2 2 2
2 2
1 2 3 5
1 2 3 5
2 2
x y y y x
x y y y x
            
 6xy x y    . 
 Dấu '' '' xảy ra  
2
2
1 2 3 2
15
x y y x
yy x
              
. 
 Thay vào hệ và đối chiếu điều kiện, hệ cĩ nghiệm duy nhất    ; 2; 1x y   . 
J 
F 
E 
D C 
B A M 
I 
 Email: phukhanh@moet.edu.vn 10
 Nhận xét. Ý tưởng ra đề là tìm cặp số  0 0;x y sao cho 
 20 0 0
2
0 0
1 2 3 :
5 :
x y y A
y x B
        
. Sau 
đĩ áp dụng bất đẳng thức 
2 2
2
a b
ab
 , ta được 
    2 21 2 3 5 6x y y y x xy x y         . 
Để cĩ được    VP 1 : ,f x y và    VP 2 : ,g x y như trên ta tìm    , , ,f x y g x y thỏa mãn 
   
 
 
0 0
0 0
, , 6
, .
,
f x y g x y xy x y
f x y A
g x y B
       
Bài tập tương tự 1. Giải hệ phương trình 
 212 3
12 15
y x x y
x y x y
        
. Đ/S:    ; 3;3x y  . 
Bài tập tương tự 2. Giải hệ 
   2
2
1 2 3 6
5
x y y xy
y x x y
        
. Đ/S:    ; 2; 1x y   . 
Bài tập tương tự 3. Giải hệ 
 
2 2
2
2 2
3 2 5 7
1 8 5
2
x y xy
y
x y x y x y
           
. Đ/S:    ; 2;1x y  . 
Câu 10. Do 0, 0x y  , 1xy y  nên 
2
2 2
1 1 1 1 1 1 1
0
4 2 4
x y
y y yy y
             
. 
 Ta cĩ  2 2 2
1 2
2
63 6 13
x x
x y x y y y
P
x y xx xy y x x
yy y
                      
. 
 Đặt xt
y
 , suy ra 10
4
t  . Khi đĩ  2
1 2
6 13
t t
P
tt t
  
 
. 
 Xét hàm số    2
1 2
6 13
t t
f t
tt t
  
 
, với 10
4
t  . 
 Ta cĩ  
   232
7 3 1
'
2 12 3
t
f t
tt t
 
 
. 
 Vì 10
4
t  nên  2 3 1 3 3t t t t      ; 7 3 6t  và 1 1t   . 
 Do đĩ 
 32
7 3 7 3 1
6 3 32 3
t t
t t
  
 
 và 
 2
1 1
22 1t
 

. Suy ra   1 1' 0
23
f t    . 
 Email: phukhanh@moet.edu.vn 11 
 Do đĩ   1 7 10 5
4 30
P f t f
       . 
 Khi 1
2
x  và 2y  , ta cĩ 7 10 5
30
P
 . 
 Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 7 10 5
30
 ; khi   1; ;2
2
x y
     .