Kỳ thi thử tuyển sinh quốc gia năm 2016 môn: Toán (đề 14) thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

KỲ THI THỬ TUYỂN SINH QUỐC GIA NĂM 2016 
Môn: Toán (đề 14) 
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) 
Đề thi được soạn theo cấu trúc mới nhất 2016!\ 
Câu I (2 điểm) Cho hàm số 
1 ( )
1
xy C
x



. 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C). 
2. Tìm trên (C) những điểm M , sao cho tiếp tuyến tại M lập với hai tiệm cận một tam giác có chu 
vi nhỏ nhất. 
Câu II (1 điểm) 
 Giải phương trình: 
1 17 sin 2tan 2cos
2 sin cos2
xx x
x x
      
Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I = 

4
0
66 cossin
4sin

dx
xx
x
Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có  0, 2 , 120AC a BC a ACB   và đường thẳng 'A C 
tạo với mặt phẳng  ' 'ABB A góc 030 . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách giữa hai đường thẳng 
' , 'A B CC theo a. 
Câu V (1 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn abc = 1. Chứng minh rằng: 
2 2 2 1
( 2)(2 1) ( 2)(2 1) ( 2)(2 1) 3
a b c
ab ab bc bc ac ac
  
     
Câu VI (1 điểm) 
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A, các đỉnh A, B thuộc đường thẳng y = 2, 
phương trình cạnh BC: 023  yx . Tìm toạ độ các đỉnh A, B, C biết bán kính đường tròn nội tiếp tam giác 
ABC bằng 3 . 
Câu VII (1 điểm) . Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng 
 d1: 
x y z1 1
2 1 2
 
  và d2: 
x y z2 1
1 1 2
 
 

. 
Lập phương trình đường thẳng d cắt d1 và d2 và vuông góc với mặt phẳng (P): x y z2 5 3 0    . 
Câu VIII (1 điểm) Giải phương trình 2 2 24 4 28log 9 3 2log ( 3) 10 log ( 3)x x x      
Câu IX (1 điểm) Giải bất phương trình:   23 1 3 2 3 4x x x x x        ( ,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: 
1 
a) Txđ  / 1D   . 
b) Sự biến thiên: 
 Chiều biến thiên: ' 2
2 0
( 1)
y x D
x

   

, suy ra hàm số nghịch biến trên 
( ;1) và (1;+ )  . 
 Cực trị: hàm số không có cực trị. 
 Giới hạn và tiệm cận: 
1 1
lim , lim
x x
y y
  
    nên đt 1x  là tiệm cận đứng ; lim 1
x
y

 nên 
đt 1y  là tiệm cận ngang. 
 Bảng biến thiên: 
x  1  
y' - - 
y 
1 
 
 
1 
c) Đồ thị 
2 
0
0
0
1Gs ; ( )
1
xM x C
x
 
  
. Pt tiếp tuyến tại M: 002
0 0
12 ( )
( 1) 1
xy x x
x x

  
 
. 
Gọi A là giao điểm của tiếp tuyến với tiệm cận đứng. B là giao điểm của tiếp tuyến với tiệm cận 
ngang. Khi đó:  0 0
0
31; , 2 1;1
1
xA B x
x
 
  
. 
Gọi I là giao điểm của 2 tiệm cận, (1;1)I . Ta có: 0
0
4 , 2 1
1
IA IB x
x
  

, 
2 2
0 02 2
0 0
16 4(2 2) 2 ( 1)
( 1) ( 1)
AB x x
x x
     
 
. 
Khi đó chu vi của AIB là  
 
2
0 0 2
0 0
4 42 1 2 1
1 1
c x x
x x
     
 
. 
Áp dụng Bđt AM – GM, ta có 2.2 2 2 4 4 2 4c     . 
Vậy, c nhỏ nhất bằng 4 2 4 , khi 
 
 
 
 
0
10 2
0 0
2
20 2
0
42 1 1 2; 2 11
1 2 1 2
4 1 2;1 21
1
x M Mx
x x
M Mx
x
                     
Câu 
II 
(1đ) 
Đk 
cos 0
sin cos 0
x
x x


 
. Ta có 17cos cos sin
2 2
x x x           
   
. 
Pt 
sin 0 (1)
sin 2sin cos2sin 1 2cos2 0 (2)sin cos2 cos
sin cos2 cos
x
x x xx x
x xx x xx

   
   
 
Xét pt (1) t/m đk nên nghiệm ,x k k   , của (1) cũng là nghiệm pt đã cho. 
(2) 2sin cos 2 2 cos (sin cos ) 2 2 cos 0x x x x x x      
sin cos 2 sin 2x x x   (3) 
Nếu sin 0x  , (3)  cos 0x  , vô lý. 
Nếu sin cos 0x x  là nghiệm  2 sin 2 0x  , vô lý. 
Vậy nghiệm của pt (3) cũng là nghiệm của pt đã cho. 
Mặt khác (3) sin sin 2
4
x x    
 

22 2
44
5 252 2
12 34
x kx x k
kxx x k
        
 
       
 
Vậy, pt đã cho có các nghiệm 5 2, 2 ,
4 12 3
kx k x k x         , với k  . 
Câu III : 
Câu IV : 
Trong (ABC), kẻ CH AB  H AB , suy ra  ' 'CH ABB A 
nên A’H là hình chiếu vuông góc của A’C lên (ABB’A’). Do đó: 
     0' , ' ' ' , ' ' 30A C ABB A A C A H CA H     . 
 
2
01 3. .s in120
2 2ABC
aS AC BC   
 2 2 2 0 22 . .cos120 7 7AB AC BC AC BC a AB a      
 2. 21
7
ABCS aCH
AB
  
Suy ra: 0
2 21'
s in30 7
CH aA C   . 
Xét tam giác vuông AA’C ta được: 2 2 35' '
7
aAA A C AC   . 
Suy ra: 
3 105. '
14ABC
aV S AA  . 
Do  '/ / ' '/ / ' 'CC AA CC ABB A . Suy ra: 
        21' , ' ', ' ' , ' '
7
ad A B CC d CC ABB A d C ABB A CH    . 
Câu V 
Ta có VT = 
2 2 2
( 2)(2 1) ( 2)(2 1) ( 2)(2 1)
a b c
ab ab bc bc ac ac
 
     
 = 1 1 12 1 2 1 2 1( )(2 ) ( )(2 ) ( )(2 )b b c c a a
a a b b c c
 
     
 Vì a, b, c dương và abc = 1 nên đặt , ,y z xa b c
x y z
   với x, y, z > 0 
Khi đó VT = 
1 1 1
( 2 )( 2 ) ( 2 )( 2 ) ( 2 )( 2 )y z z y z x x z x y y x
x x x x y y y y z z z z
 
     
 = 
2 2 2
( 2 )( 2 ) ( 2 )( 2 ) ( 2 )( 2 )
x y z
y z z y z x x z x y y x
 
     
Ta có 2 2 2 2 29( 2 )( 2 ) 2 2 4 2( ) 5 ( )
2
y z z y yz y z yz y z yz y z           
 Suy ra 
2 2
2 2
2
( 2 )( 2 ) 9
x x
y z z y y z

  
 (1) 
Tương tự có 
2 2
2 2
2
( 2 )( 2 ) 9
y y
z x x z x z

  
 (2); 
2 2
2 2
2
( 2 )( 2 ) 9
z z
x y y x y x

  
(3) 
Cộng (1), (2), (3) vế theo vế ta được VT 
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 ( )
9
x y z
y z x z y x
  
  
Lại có 
2 2 2
2 2 2 2 2 2
x y z
y z x z y x
 
  
= 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1( )( ) 3x y z
y z x z y x
    
  
 = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 3(( ) ( ) ( ))( ) 3 .9 3
2 2 2
x y y z z x
y z x z y x
          
  
(BĐT Netbit) 
Suy ra VT 2 3 1.
9 2 3
  (đpcm) 
Câu VI 
Câu VII 
Viết lại 
x t
d y t
z t
1
1 1
1
1 2
: 1
2
  

  
 
, 
x t
d y t
z t
2
2 2
2
2
:
1 2
  


  
. (P) có VTPT n (2;1;5) 
Gọi A = d  d1, B = d  d2. Giả sử: A t t t1 1 1(1 2 ; 1 ;2 )   , B t t t2 2 2((2 2 ; ;1 2 )  
  AB t t t t t t2 1 2 1 2 1( 2 1; 1; 2 2 1)       

. 
 d  (P)  AB n,
  cùng phương  
t t t t t t2 1 2 1 2 12 1 1 2 2 1
2 1 5
      
   
t
t
1
2
1
1
  
  
  A(–1; –2; –2)  Phương trình đường thẳng d: 
x y z1 2 2
2 1 5
  
  . 
Câu VIII 
Câu IX