Kỳ thi thử tuyển sinh quốc gia năm 2016 môn: Toán (đề 13) thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

KỲ THI THỬ TUYỂN SINH QUỐC GIA NĂM 2016 
Môn: Toán (đề 13) 
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)! 
Câu I (2 điểm) Cho hàm số: 3 2y x 3x mx 1    (1) 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 0 . 
2. Tìm m để hàm số có cực đại, cực tiểu. Gọi ( ) là đường thẳng đi qua hai điểm cực đại, 
cực tiểu.Tìm giá trị lớn nhất khoảng cách từ điểm 1 11I ;
2 4
 
 
 
 đến đường thẳng ( ) . 
Câu II (1 điểm) 
 Giải phương trình: 
1 2(s inx cos x)
tanx cot 2x cot x 1


 
. 
Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I = 
24
2
4
sin 1
1 2cos
x xI dx
x





 
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = 3a , khoảng cách 
từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng 2a và   090SAB SCB  . Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a và góc giữa 
đường thẳng SB với mặt phẳng (ABC). 
Câu V (1 điểm) ): Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
2 2 2
b b c c a aP
a b c b c a c a b
  
     
Câu VI (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2; 1), trực tâm H(14; –7), đường 
trung tuyến kẻ từ đỉnh B có phương trình: 9x – 5y – 7 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B và C. 
Câu VII (1 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 2; 0), B(1; 2; 5) và đường thẳng (d) có 
phương trình: 1 3
2 2 1
x y z 
 

. Tìm tọa độ điểm M trên (d) sao cho tổng MA + MB nhỏ nhất. 
Câu VIII (1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn: 2 2z i z z i    và 2 2( ) 4z z  . 
Câu IX (1 điểm) Giải hệ phương trình 
4 3 2 2
2
2
2
2 5 6 11 0
( , )3 7 6
7
x x x y x
x yy
x x
y
      

 
 

 ( ,x yR ). 
 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: 
Ý Nội dung 
1 Cho hàm số: 3 2y x 3x 1   (1) 
1 
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 2y x 3x 1   
* Tập xác định: .R 
* Sự biến thiên: 
+ Giới hạn:  3 2
x x x
lim y lim x 3x 1 , lim y
  
       . 
+ Bảng biến thiên: 
2 x 0y 3x 6x 3x(x 2), y 0
x 2

        
Bảng biến thiên: 
 x  0 2  
 y + 0 - 0 + 
 y 1  
  -3 
+ Hàm số đồng biến trên khoảng  ;0 và  2; . 
+ Hàm số nghịch biến trên khoảng  0;2 . 
+ Hàm số đạt cực đại tại CÐx 0, y y(0) 1   
 đạt cực tiểu tại CTx 2, y y(2) 3    
* Đồ thị: 
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;1), cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt. 
Ta có y 6x 6; y 0 x 1      
y  đổi dấu khi x qua x = 1. 
Đồ thị nhận điểm uốn I (1;-1) làm tâm đối xứng. 
f(x)=x^3-3x^2+1
-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9
-8
-6
-4
-2
2
4
6
8
x
y
2 Tìm m để hàm số có cực đại,cực tiểu.......................................... 
2 
Ta có 2y 3x 6x m    . 
Hàm số có cực đại, cực tiểu khi phương trình y 0  có hai nghiệm phân biệt. 
 Tức là cần có: 9 3m 0 m 3.      
Chia đa thức y cho y , ta được: x 1 2m my y . 2 x 1
3 3 3 3
           
   
. 
Giả sử hàm số có cực đại, cực tiểu tại các điểm    1 1 2 2x ; y , x ; y . 
Vì 1 2y (x ) 0;y (x ) 0   nên phương trình đường thẳng   qua hai điểm cực đại, cực tiểu là: 
2m my 2 x 1
3 3
     
 
 hay  my 2x 1 2x 1
3
    
Ta thấy đường thẳng   luôn đi qua điểm cố định 1A ;2
2
  
 
. Hệ số góc của đường thẳng 
IA là 3k
4
 . Kẻ  IH   ta thấy   5d I; IH IA
4
    . 
Đẳng thức xảy ra khi   2m 1 4IA 2 m 1
3 k 3
          (TM). 
 Vậy   5max d I;
4
  khi m 1 . 
Câu 
II: 
 Giải phương trình : 1 2(s inx cos x)
t anx cot 2x cot x 1


 
. 
Điều kiện : sinx.cosx s inx.cos x 0
cot x 1



 Phương trình đã cho tương đương với phương trình: 
 2 s inx cosx1
s inx cos2x cos x s inx
cos x s in2x s inx




 Giải được 
3x k2
2 4cos x (k Z)
32 x k2
4
    
   
   

 Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của phương trình là: 3x k2 , (k Z)
4

    
Câu III : phân 
24
2
4
sin 1
1 2cos
x xI dx
x





 
Xét:
02 2 24 4
1 2 2 2
0
4 4
sin sin sin
1 2cos 1 2cos 1 2cos
x x x x x xI dx dx dx
x x x
 
 
 
  
     = I1 + I2 
Đặt x t dx dt     . Đổi cận: ; 0 0
4 4
x t x t        
Khi đó: 
0 02 2 2 24 4
1 2 2 2 2
0 0
4 4
sin sin( ) sin sin( )
1 2cos 1 2cos ( ) 1 2cos 1 2cos
x x t t t t x xI dx d t dt dx
x t t x
 
 


      
        
Suy ra 1 0I  
4 4
2 2 2
24 4
1 1 1.11 2cos cos2
cos
I dx dx
x x
x
 
 
 
 
 
  Đặt 2
1tan
cos
t x dt dx
x
   . 
Đổi cận: 1; 1
4 4
x t x t        
1
2 2
1
1
3
I dt
t
 
 
Lại đặt 23 tan 3(1 tan )t u dt u du    . Đổi cận: 1 ; 1
6 6
t u t u         
6 6
2
66
3 3 3
3 3 9
I du u
 



    . Vậy 1 2
3=
9
I I I   
Câu IV : 
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = 
BC = 3a , khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng 3a và 
  090SAB SCB  . Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a và góc giữa 
SB với mặt phẳng (ABC). 
Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên mp(ABC). Ta có: 
+ 
( )
(gt)
SH ABC
HA AB
SA AB
 
 
 
 . Tương tự HC BC 
S
B
H C
A
K
Suy ra tứ giác HABC là một hình vuông 
+ Có: / / ( ) / / ( )AH BC SBC AH SBC  
[ , ( )] [ , ( )] 2d A SBC d H SBC a   
+ Dựng HK SC tại K (1). Do ( ) (2)
BC HC
BC SHC BC HK
BC SH
 
   
 
(1) và (2) suy ra ( )HK SBC . Từ đó [ , ( )] 2d H SBC HK a  2 2 2 23 2KC HC HK a a a      
 . 2. 3tan 6HK SH HK HC a aSCH SH a
KC HC KC a
      
Thể tích Khối chóp S.ABC được tính bởi: 
31 1 1 6. . . 3. 3. 6
3 6 6 2ABC
aV S SH AB BC SH a a a    
+ Góc giữa SB với mp(ABC) là góc  045SBH  (do SHB vuông cân) 
Câu V 
Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. 
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
2 2 2
b b c c a aP
a b c b c a c a b
  
     
Từ giả thiết ta có 
3 3 3
b b c c a aP
a b c
  
  
Áp dung bất đằng thức Cauchy cho 3 số thực dương, ta có: 
3
3
3 33
16 64 42 3 2 3
b b b b a b b
a a

   
 
Tương tự 
3
3
3 33
16 64 42 3 2 3
c c c c b c c
b b

   
 
3
3
3 33
16 64 42 3 2 3
a a a a c a a
c c

   
 
Cộng vế theo vế các bất đẳng thứ trên ta được: 
9 3 3( )
16 4 23 3 3
b b c c a a a b c a b c P
a b c
  
       
  
 Đẳng thức chỉ xảy ra khi 1a b c   
Câu VI 
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2; 1), trực tâm H(14; –7), đường trung tuyến kẻ từ 
đỉnh B có phương trình: 9x – 5y – 7 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh B và C. 
Gọi M là trung điểm AC. Khi đó phương trình tham số của 
2 5
: ( )
5 9
x t
BM t
y t
  

  
 
B, M  BM     2 5 ; 5 9 , 2 5 ; 5 9B b b M m m        
M là trung điểm BC   10 6;18 11C m m  
Ta có: (12; 8), (10 5 4;18 9 6), (16 5 ; 2 9 ),AH BC m b m b BH b b          
  
(10 8;18 12)AC m m  

 . 0 12(10 5 4) 8(18 9 6) 0AH BC m b m b       
 
2b m  (1) 
 . 0 (16 5 )(10 8) ( 2 9 )(18 12) 0BH AC b m b m        
 
 (2) 
Thế (1) vào (2), ta được : 2 1 26106 105 26 0 ;
2 53
m m m m      
Với 1 , 1
2
m b  ta được B(3;4), C(-1;-2) Với 26 52,
53 53
m b  ta được 154 203 58 115; , ;
53 53 53 53
B C       
   
Câu VII 
Trong không gian tọa độ Oxyz cho hai điểm A(1; 2; 0), B(1; 2; 5) và đường thẳng (d) có phương trình: 
1 3
2 2 1
x y z 
 

. Tìm điểm M trên (d) sao cho tổng MA + MB nhỏ nhất 
M (d) nên M(1 + 2t; 3 + 2t; t) 2 2 2 2 2(2 2 ) (1 2 ) 9 12 5 (3 2) 1MA t t t t t t           
 2 2 2 2 24 (1 2 ) ( 5) 9 6 26 (3 1) 25MB t t t t t t            
Trong mpOxy xét các vectơ (3 2; 1), ( 3 1; 5)u t v t      
Có: 2 2| | 3 5 ; | | (3 2) 1; | | ( 3 1) 25u v u t v t            
Ta luôn có bất đẳng thức đúng: 2 2| | | | | | 3 5 (3 2) 1 ( 3 1) 25u v u v t t              hay 3 5MA MB  . 
Đẳng thức chỉ xảy ra khi u và v cùng hướng 3 2 1 1
3 1 5 2
t t
t

    
 
Vậy min( ) 3 5MA MB  đạt được khi 
10; 2;
2
M   
 
Câu VIII 
Tìm số phức z thỏa mãn 2 2z i z z i    và 2 2( ) 4z z  
Giả sử ( , )z x yi x y   . Từ giả thiết ta có: 
2 2
( 1) ( 1)
( ) ( ) 4
x y i y i
x yi x yi
    

   
2 2 2( 1) ( 1)
1
x y y
xy
    
 

2
2
3
04 0
4
1 4
xyx y
xy x

    
  
  
3
3
4
2
2
x
y
  

 


. Vậy 
3
3 24
2
z i   
Câu IX 
3 2 3
3 2
6 13 10
2 5 3 3 10 6
x x x y y
x y x y x x y
     

        
   3 31 2 2x x y y      (*) 
 Xét hàm số   3f t t t  . Ta có    ' 23 1 0f t t t f t     R đồng biến trên R 
Do đó (*) 2y x   .Thay 2y x  vào (2) ta được : 3 23 3 5 2 3 10 26x x x x x       
3 23 3 3 1 5 2 3 10 24x x x x x          

      23 2 2 2 2 12
3 3 3 1 5 2
x x
x x x
x x
 
    
   
 2
2
3 2 12
3 3 3 1 5 2
x
x x
x x


    
    
PT (3) vô nghiệm vì với 5 1
2
x   thì 2 12 0x x   . Vậy hệ có nghiệm duy nhất 2
0
x
y


