Kỳ thi thử tuyển sinh quốc gia năm 2016 môn: Toán (đề 15) thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

KỲ THI THỬ TUYỂN SINH QUỐC GIA NĂM 2016 
Môn: Toán (đề 15) 
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 23 23  xxy 
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 
2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng 2)2(  xmy cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt A(2;-
2), B, D sao cho tích các hệ số góc của tiếp tuyến tại B và D với đồ thị (C) đạt giá trị nhỏ nhất. 
Câu II (1 điểm) 
 Giải phương trình: 
   
2cos . cos 1
2 1 sin
sin cos

 

x x
x
x x
Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I = 
2
4
0
sin 4
4 sin
xI dx
x


 
Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với , 2AB a AD a  , 
tam giác SAB cân tại S và mặt phẳng ( )SAB vuông góc với mặt phẳng ( )ABCD . Biết góc giữa 
mặt phẳng ( )SAC và mặt phẳng ( )ABCD bằng 060 . Tính thể tích khối chóp .S ABCD . Gọi H là 
trung điểm cạnh AB tính góc giữa hai đường thẳng CH và .SD 
Câu V (1 điểm) ): Chứng minh rằng với mọi số thực dương , ,a b c ta có: 
1.
( )( ) ( )( ) ( )( )
a b c
a a b a c b b c b a c c a c b
  
        
Câu VI (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại 
tiếp (4;0)I , đường cao và đường trung tuyến kẻ từ A có phương trình lần lượt là 2 0x y   và 
2 3 0x y   . Tìm toạ độ các đỉnh , , .A B C 
Câu VII (1 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho đường thẳng 13 1( ) :
1 1 4
x y zd   

 và 
mặt cầu 2 2 2( ) : 2 4 6 67 0.S x y z x y z       Lập phương trình mặt phẳng ( )P chứa đường 
thẳng ( )d và tiếp xúc với mặt cầu ( ).S 
Câu VIII (1 điểm) Giải hệ phương trình: 
2 2
2 3
4 2
log (2 ) log (2 ) 1
x y
x y x y
  

   
Câu IX (1 điểm) Giải phương trình 2 2 22 3 2 3 9x 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. (1,0 điểm) 
 Tập xác định: D   
 Sự biến thiên: 
ￚ Chiều biến thiên: 2' 3 6y x x  ; ' 0 0y x   hoặc 2x  
 Hàm số đồng biến trên các khoảng  ;0 và  2; ; nghịch biến trên khoảng 
  0;2 
 ￚ Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại 2x  ; yCT 2  , đạt cực đại tại 0x  ; yCĐ 2 
 ￚ Giới hạn: lim ; lim
x x
y y
 
    
 ￚ Bảng biến thiên: 
 Đồ thị: 
2.(1,0 điểm) 
Câu II 
1. (1,0 điểm) 
ĐK: 
4
x k    . PT  (1 sin )(1 sin )(cos 1) 2(1 sin )(sin cos )     x x x x x x 
1 sin 0
sin cos sin cos 1 0
x
x x x x
 
     
  
1 sin 0
1 sin cos 1 0
x
x x
 
    
2
2
2
x k
x k


 
   

 
 ( Thoả mãn điều kiện) 
Câu III : 
Ta có 
2
2 2
2 2 2 20 0
2sin 2 cos 2 (1 2sin )4sin cos
4 (sin ) 4 (sin )
x x x x xI dx dx
x x
  
 
   . 
Đặt 2sin 2sin cost x dt x xdx   . Đổi cận 20 0, 1x t x t      . 
Ta có 
1
20
2(1 2 )
4
tI dt
t


 
5 31 1 1
4 4
20 0 0
(2 ) (2 ) 5 1 3 12
4 2 2 2 2
t t dt dt dt
t t t
  
  
     
1 1
0 0
5 3 5 5 3 5ln 2 ln 2 ln 3 ln 2 ln 2 ln 3 4ln 2
2 2 2 2 2 2
t t        
. 
Câu IV : 
Do ( ) ( )SAB ABCD và SAB cân đỉnh S . 
Gọi H là trung điểm của AB ( )SH ABCD  . 
Kẻ HK AC  góc SKH là góc giữa 2mp ( ) và ( )SAC ABCD , nên  060SKH  . 
Xét 2 tam giác đồng dạng AKH ABC  
2 3
2
aAH AC a
KH BC KH a
    
6
aKH  . 
Tam giác SHK vuông 0 0tan 60 tan 60 3
6 2
SH a aSH HK
HK
       . 
Gọi V là thể tích khối chóp 
3
ABCD
1 1 2
3 3 32
a aV SH S a a         . 
Gọi M là điểm đối xứng với H qua A . Ta có ( , ) ( , )CH SD SD DM . 
Từ giả thiết ta có ( )DA SBA SAD   vuông tại A. 
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 112
4 2 4
a a aSD AD AS AD SH HA a          , 
2 2
2 2 2 92
4 4
a aDM CH a    , 
2 2
2 2 2 2 3
2 2
a aSM SH HM a     . 

2 2 2 2
2 2 2
2
11 9 6 7
7 114 4 4 2cos
2 3311 3 3 112
2 2 2
a a a a
SD DM SMSDM
SD DM a a a
  
   

 
Vậy 7 11cos( , )
33
CH SD  ( , ) 45 17 22oCH SD    . 
Câu V 
Xét 2 2 2( )( ) ( ) 2 ( ) 0a b a c ab ac a bc a bc a bc          
2( )( ) ( )a b a c ab ac     ( )( )a b a c ab ac     . 
Dấu “=” xảy ra khi a bc . 
( )( )
a a a
a a b a c a ab ac a b c
  
      
. 
Hoàn toàn tương tự, ta có: 
( )( )
b b
b b c b a b c a

    
, 
( )( )
c c
c c a c b c a b

    
. 
Cộng vế theo vế ta có: 
 1
( )( ) ( )( ) ( )( )
a b c
a a b a c b b c b a c c a c b
  
        
. 
Dấu “=” xảy ra a b c   . 
Câu VI 
Tọa độ A là nghiệm của hệ 
2 0 1
(1;1)
2 3 0 1
x y x
A
x y y
    
  
    
. 
Gọi M là trung điểm của BC. 
Do I là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC 
/ /IM BC IM AH   (1;1)IM AHn n  
 
Pt đường thẳng IM là 
1( 4) 1( 0) 0 4 0x y x y        .Câu VII 
Mặt cầu (S) có tâm  1; 3;2I  , bán kính 3R  
Vì  P chứa trục Oy nên PT  P có dạng : 0Ax Cz  
 , 0B C  
Ta có    2 2, 5d I P R r  
2 2
2
5
A C
A C

 

 22 0 2A C C A     . Chọn 1 2A C   . Vậy PT  P là : x 2z 0  
Câu VII 
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 với (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 1 4 (8;4;1)C B n   

. 
TH2: 2B C  , Nếu 0 0 0C B A     (loại) 
 Nếu 0C  , chọn 1 2 (2;1;1)C B n    

. 
Khi đó phương trình (P) là 8 4 100 0x y z    hoặc 2 2 28 0x y z    . 
Câu VIII 
2 2
2 3
4 2 (1)
log (2 ) log (2 ) 1 (2)
x y
x y x y
  

   
 (I). Đk: 
2 0
2 0
x y
x y
 

 
2 2
2 2 2 2(1) log (4 ) log 2 log (2 ) log (2 ) 1x y x y x y        (3) 
2 3(2) và (3) log (2 ) log (2 ) 0x y x y     
2 2 3log (2 ) log 3.log (2 ) 0x y x y     2 2log (2 ) 1 log 3 0x y       
2log (2 ) 0 2 1x y x y      
Vậy, Hệ (I)
2 2
2 1
4 2
x y
x y
 
 
 
3
4
1
2
2 1
( )
2 2
xx y
tm
x y y
  
  
   
. Vậy nghiệm hệ pt là  3 14 2( ; ) ;x y  . 
Câu IX 
Đặt 2 3 0u x   ta có 2 2 3u x  . Kết hợp với pt đã cho ta có hệ 
(2 1) (2 1) 9 (2 1)( ) 9
( )( ) 3 ( )( ) 3
x x u x x u x
u x u x u x u x
       
 
      
 ( ) 1 ( ) ( ) 9
( )( ) 3
u x u x u x
u x u x
       
  
. Đặt 
u x a
u x b
 

 
, ta có hệ 
( 1) 9
3
a b a
ab
  


3
1
a
b

 

 hoặc 
4
3
4
a
b
 

 

. 
Nếu 
2 2
2 2
3 3 3 3 3
1 3 1 3 1
a x x x x
b x x x x
         
   
        
1x  
Nếu 
4
3
4
a
b
 

 

2
2
3 4 (*)
33
4
x x
x x
    
  
  

 (I) 
Ta có 2 23 3 0x x x x x x         (*) vô nghiệm  hệ (I) vô nghiệm. 
Vậy, pt đã cho có nghiệm duy nhất 1x  . 
Các cách khác: 
+ Đặt 2 3t x x   
+ Biến đổi pt thành 2 2(2 1) 3 9 2x x x x     , đặt đk rồi bình phương hai vế. 
+ Biến đổi pt thành  2(2 1) 3 9x x x    , nhân 2 vế với 2 3 0,x x x   