Kỳ thi thử tuyển sinh quốc gia năm 2016 môn: Toán (đề 12) thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

KỲ THI THỬ TUYỂN SINH QUỐC GIA NĂM 2016 
Môn: Toán (đề 12) 
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) 
Đề thi được soạn theo cấu trúc mới nhất 2016!(Kèm đáp án chi tiết tại)! 
https://www.facebook.com/profile.php?id=100005223169289 
Câu I (4 điểm) Cho hàm số: 2
1
xy
x



1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. 
 2. Tiếp tuyến bất kì của đồ thị hàm số cắt hai đường tiệm cận lần lượt tại hai điểm A và B 
.Chứng minh rằng diện tích tam giác IAB không đổi. Viết phương trình tiếp tuyến sao cho bán kính 
đường tròn nội tiếp tam giác IAB lớn nhất (với I là giao điểm của hai đường tiệm cận). 
Câu II (2 điểm) 
 Giải phương trình: 
(1 sin 2 cos 2 )sin( ) 14 sin (cos 1)
1 cot 2
x x x
x x
x

  
 

Câu III (2 điểm) Tính tích phân:I= dx
x
x
o
 

sin1
. 
Câu IV (2 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại B, BA = a. Tam giác SAC 
cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mp(ABC). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA, 
BC; biết góc giữa MN với mp(ABC) bằng 060 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai 
đường thẳng chéo nhau AC, MN theo a. 
Câu V (2 điểm) Cho , ,a b c là các số thực dương và 3a b c   . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 
     
3
2
3 1 1 1
abcP
ab bc ca a b c
 
     
Câu VI (2 điểm Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12 . 
Tâm I là giao điểm của hai đường thẳng 1 :d 3 0x y   và đường thẳng 2 :d 6 0x y   . Trung điểm 
của cạnh AD là giao điểm của 1d với trục hoành. Xác định tọa độ bốn đỉnh của hình chữ nhật. 
Câu VII (2 điểm) Trong không gian Oxyz cho mặt cầu (S) : x 2 + y2 + z2 – 2x – 4y – 6z – 67 = 0 và đường 
thẳng : 13 1( ) :
1 1 4
x y zd   

. Lập phương trình mặt phẳng ( )P chứa đường thẳng ( )d và tiếp xúc với (S). 
Câu VIII (2 điểm) Khai triển và rút gọn biểu thức nxnxx )1(...)1(21 2  thu được đa thức 
n
n xaxaaxP  ...)( 10 . Tính hệ số 8a biết rằng n là số nguyên dương thoả mãn: nCC nn
171
32  . 
Câu IX (2 điểm) Giải hệ phương trình: 
 
   
21 2 17 0
4 32
x xy y
x y xy
     

  
 CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG ! 
Ghi chú: - Thí sinh không được sử dụng bất cứ tài liệu gì! 
 - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! 
Hướng dẫn 
Câu I: 
Tiếp tuyến bất kì của đths 2
1
xy
x



 cắt hai đường tiệm cận tại A và B .CMR diện tích IAB không đổi. Viết 
pt3 sao cho bán kính đường tròn nội tiếp IAB lớn nhất . 
Tiệm cận đứng x = -1, tiệm cận ngang y = 1; Giao hai đường tiệm cận: I(-1;1) 
Tiếp tuyến tại M(x0;y0) dạng: 002
0 0
23 ( )
( 1) 1
xy x x
x x

  
 
Tiếp tuyến cắt tiệm cận đứng: 0
0
5( 1; )
1
xA
x



, cắt tiệm cận ngang: 0(2 1;1)B x  
Có: 0
0
6 ; 2 1
1
IA IB x
x
  

 suy ra IA.IB = 12 Nên 1 . 6
2IAB
S IA IB  
. Ta có 6. IABIAB
SS r p r
p p
    . Bởi vậy r lớn nhất khi p nhỏ nhất. 
Do 2 22 2 . 2. . 4 3 2 6p IA IB AB IA IB IA IB IA IB IA IB           
P nhỏ nhất khi 20 0( 1) 3 1 3IA IB x x        
- Với 0 11 3 : 2(1 3)x d y x       - Với 0 11 3 : 2(1 3)x d y x       
Câu II: 
(1 sin 2 cos 2 )sin( ) 14 sin (cos 1)
1 cot 2
x x x
x x
x

  
 

Đk : 





1cot
0sin
x
x
 pt  )1.(cossin.
2
1
sin
cossin.2
)cos)(sin2cos2sin1(


 xx
x
xx
xxxx 
 1 – sinx + 2 cos2x = cosx + 1  sinx + cosx = 2 cos2x 
 sinx + cosx = 2 (cosx + sinx)(cosx – sinx)  2 (cosx – sinx) = 1 
 2cos 




 
4
x = 1  cos 




 
4
x = cos
3
 
Kết hợp đk => nghiệm phương trình : x =  2
12
k hoặc x =  2
12
7 k 
Câu III: 
I = dx
x
x
o
 

sin1
 I = dx
x
x
o
 

sin1
 = dxxx
x
o



2)
2
cos
2
(sin
= dx
x
x
o






 


42
cos2 2
Đặt 











 


42
cos2 2 x
dxdv
xu
 => 









 

42
tan xv
dxdu
 => I = dxxxx  



 




 
 
0 42
tan
042
tan 
=> I =  + 2ln
042
cos






 
x 
Vậy I =  
Câu IV 
 Tính thể tích ... 
*) Gọi I là trung điểm AC, do SAC cân tại S nên ( )SI ABC . Gọi H là trung điểm AI suy ra 
MH//SI ( )MH ABC  , do đó góc (MN,(ABC)) = MNH = 60 0 . 
Ta có
2
2ABC
aS  . 
Xét HCN có: 
2
2 2 2 03 2 5; ; 2 . . os45
2 4 8
a a aNC HC NH HC NC HC NC c      ; 10
4
aNH  
Vậy 3.
1 30.
3 12S ABC ABC
V SI S a  
*) Goi J là trung điểm AB, K là hình chiếu vuông góc của H lên MJ tức là HK MJ (1). 
 Ta có 
 , à / / 2
/ / , à (3)
JN BI m BI HJ JN HJ
SI MH m SI JN JN MH
  
   
Từ        
     
2 , 3 4
1 , 4
JN MHJ HK HK JN
HK MNJ
    
 
Do đó ( , ) ( , ) ( , ( ))d AC MN d H AC MN d H MJN HK    S 
= 
2 2
.MH HJ
MH HJ
 = 
2 2
30 2. 304 4
1630 2
16 16
a a
a
a a


 M 
 K 
 A H I C 
 J N 
 B 
Câu V 
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức .................. 
áp dụng Bất đẳng thức: 2( ) 3( )x y z xy yz zx     , , ,x y z  ta có: 
2( ) 3 ( ) 9 0ab bc ca abc a b c abc       3ab bc ca abc    
Ta có: 33(1 )(1 )(1 ) (1 ) , , , 0a b c abc a b c       . Thật vậy: 
   
2 33 33
1 1 1 1 ( ) ( )
1 3 3 ( ) (1 )
a b c a b c ab bc ca abc
abc abc abc abc
           
    
Khi đó: 
3
3
2
3(1 ) 1
abcP Q
abc abc
  
 
 (1). 
Đặt 6 abc t ; vì a, b, c > 0 nên 
3
0 1
3
a b cabc      
 
Xét hàm số  
2
3 2
2 , 0;1
3(1 ) 1
tQ t
t t
  
 
    
   
 
5
2 23 2
2 1 1
( ) 0, 0;1
1 1
t t t
Q t t
t t
 
    
 
. 
Do đó hàm số đồng biến trên  0;1     11
6
Q Q t Q    (2). Từ (1) và (2): 1
6
P  . 
Vậy maxP = 1
6
, đạt được khi và và chi khi : 1a b c   . 
Câu VI 
 Tìm tọa độ đỉnh của hình chữ nhật 
Tọa độ I là nghiệm của hệ: 3 0
6 0
x y
x y
  

  
 9 3( ; )
2 2
I . Gọi M là trung điểm của AD, Tọa độ của 
M là nghiệm của hệ 0 (3;0)
3 0
y
M
x y


  
Suy ra AB = 2 IM = 3 2 . Mặt khác 12. 2 2
3 2
ABCD
ABCD
SS AB AD AD
AB
     . Vì M, I cùng 
thuộc 1d suy ra AD 1d . Vậy AD đi qua điểm M và nhận (1;1)n 

 làm véc tơ pháp tuyến có 
phương trình: 3 0 3 0x y x y       . 
Lại có MA = MD = 2
2
AD
 . Tọa độ điểm A, D là nghiệm của hệ 
 2 2
3 0 2 4
1 13 2
x y x x
y yx y
     
   
      
 . Chọn (2;1); (4; 1)A D  
Các điểm C, B lần lượt đối xứng với A, B qua I. Suy ra tọa độ điểm C(7; 2); B(5;4) 
Câu VII 
cho (S) : x 2 + y2 + z2 – 2x – 4y – 6z – 67 = 0 và 13 1( ) :
1 1 4
x y zd   

. Lập phương trình mặt phẳng ( )P 
chứa đường thẳng ( )d và tiếp xúc với (S). 
Mặt cầu (S) tâm (1;2;3) 9I R  . Gọi ( )mp P có vtpt ( ; ; ) 0n A B C 
 
. 
Đường thẳng d có vtcp ( 1;1;4) và (13; 1;0)u M d   

. 
Vì ( ) ( ) ( ) : ( 13) ( 1) 0 (1)d P M P pt P A x B y Cz         . 
Mặt khác . 0 4 0 4P dn u A B C A B C        
 
. Thay vào (1) ta có pt 
( 4 ) 12 52 0x B C By Cz B C      . 
Do ( )P tiếp xúc (S) nên ( ;( )) 9d I P  2 25 2 8 17B C B BC C    
4
2
B C
B C

   
TH1: 4B C , Nếu 0 0 0C B A     (loại) Nếu 0C  , chọn C = 1 => B = 4 & A = 8. 
 Khi đó phương trình (P) là : 8x + 4y + z – 100 = 0 
TH2: 2B C  , Nếu 0 0 0C B A     (loại). Nếu 0C  , chọn C = 1 => B = - 2 & A = 2. 
Khi đó phương trình (P) là : 2x – 2y + z – 28 = 0. 
Câu VIII 
 Khai triển và rút gọn biểu thức nxnxx )1(...)1(21 2  
Ta có 










nnnnnn
n
nCC nn
1
)2)(1(
!3.7
)1(
2
3
171
32
.9
0365
3
2 





 n
nn
n 
Suy ra 8a là hệ số của 
8x trong khai triển .)1(9)1(8 98 xx  
Vậy 8a = .89.9.8 8988  CC 
Câu IX 
 Giải hệ phương trình  
  
21 2 17 0
4 32
x xy y
x y xy
     

  
Hệ đã cho tương đương với: ( ) 2( ) 16
( )( 4) 32
x x y x y
x y xy
   

  

16 ( )( 2) (1)
( )( 4) 2.16 (2)
x y x
x y xy
  

  
Thế (1) vào (2) được:       x y xy 4 2 x y x 2       2 0x x y y    
0; 0; 2.x x y y     
+) x = 0 thay vào (1) được: y = 8 
+) x + y = 0 thay vào (1) được: 0x = 16 (VN) 
+) y = 2 thay vào (1) được: x = 2 hoặc x = -6 
Vậy hệ đã cho có ba nghiệm: (0; 8); (2; 2); (-6; 2)