Kỳ thi thử tuyển sinh quốc gia năm 2016 môn: Toán (đề vip 3) thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

KỲ THI THỬ TUYỂN SINH QUỐC GIA NĂM 2016 
Môn: Toán (ĐỀ VIP 3) 
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) 
Câu I (2 điểm) Cho hàm số  3 3 2 my x mx C   
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số  1C ,m=1. 
2. Tìm m để đồ thị của hàm số  mC có tiếp tuyến tạo với đường thẳng : 7 0d x y   
góc  , biết 1os
26
c   
Câu II (1 điểm) Giải phương trình   22cos3 cos 3 1 sin 2 2 3 os 2 4
x x x c x      
 
Câu III (1 điểm) Tính tích phân 
 
3ln 2
2
30 2x
dxI
e


 
Câu IV (1 điểm) ) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, 2AB a . 
Gọi I là trung điểm của cạnh BC. Hình chiếu vuông góc H của S lên mặt phẳng (ABC) thỏa 
mãn 2IA IH 
 
. Góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng 060 . Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC 
và khoảng cách từ trung điểm K của SB đến mặt phẳng (SAH). 
Câu V (1 điểm) ) Trong không gian hệ toạ độ Oxyz,cho ba điểm A(1;–2;3), B(2;0;1), C(3;–1;5). 
Chứng minh ba điểm A, B, C không thẳng hàng và tính diện tích tam giác ABC. 
Câu VI (1 điểm )1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số:   4 28 6f x x x   trên 
3; 5   . 
2.Khai triển và rút gọn biểu thức:      21 2 1 ... 1 nx x n x      thu được đa thức: 
  0 1P ... nnx a a x a x    . Tìm hệ số 8a biết rằng n là số nguyên dương thoả mãn: 2 3
1 1 1
n nC C n
  . 
Câu VII (1 điểm)Trong mặt phẳng hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(4;6), phương trình 
đường cao và trung tuyến kẻ từ đỉnh C lần lượt là: 2 13 0 và 6 13 29 0x y x y      . Viết 
phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 
Câu VIII (1 điểm) Giải hệ phương trình:
 2
2
3 2
2 3
x y x y x y x y
x x y x y
        

     
Câu IX (1 điểm) Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện:x + y + z = 1.Tìm giá trị nhỏ 
nhất của biểu thức:      
2 2 2
P
x y z y z x z x y
yz zx xy
  
   
CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG ! 
Hướng dẫn 
Câu I: 
Hàm số (C1) có dạng 
3 3 2y x x   
 Tập xác định:  
 Sự biến thiên 
- lim , lim
x x
y y
 
    
- Chiều biến thiên: 2' 3 3 0 1y x x      
Bảng biến thiên 
X  -1 1  
y’ + 0 - 0 + 
Y 
 4  
 0 
Hàm số đồng biến trên các khoảng    ; 1 , 1;   , nghịch biến trên khoảng 
 (-1;1) 
Hàm số đạt cực đại tại 1, 4CDx y   . Hàm số đạt cực tiểu tại 1, 0CTx y  
Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua các điểm (0; 2), (1; 0) và nhận I(0; 2) làm điểm uốn 
f(x)=x^3-3x+2
-2 -1 1 2
-1
1
2
3
4
x
y
2.(1,0 điểm) 
Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến tiếp tuyến có vectơ pháp tuyến  1 ; 1n k 

, d có vec tơ pháp tuyến 
 2 1;1n 

Ta có 
1 2
2
1 2
3
11 2cos
226 2 1
3
kn n k
n n k k

 
    
  


  
Yêu cầu bài toán  ít nhất một trong hai phương trình 1 2' à 'y k v y k  có nghiệm x 
 
 
2
2
33 2 1 2 2 ó nghiê
2
23 2 1 2 2 ó nghiê
3
x m x m c m
x m x m c m
     
 
     

' 2
1
' 2
2
1 1 1
8 2 1 0 4 2 2
3 34 3 0 1
4 4
m m mm m
m m m m m
          
   
            
  
Câu II: 
 
 
22cos3 cos 3 1 sin 2 2 3 os 2
4
cos 4 os2 3 1 sin 2 3 1 os 4
2
x x x c x
x c x x c x


     
 
          
  
os4 3 sin 4 os2 3 sin 2 0
sin 4 sin 2 0
6 6
2sin 3 cos 0
6
c x x c x x
x x
x x
 

    
          
   
    
 
sin 3 0 18 36
cos 0
2
x kx
x kx
 


               
Câu III: 
   
3ln 2 3ln 2 3
2 23 30 0 32 2
x
x
x x
dx e dxI
e e e
 
 
  
Đặt 3 3
1
3
x x
t e dt e dx   . 
Với x = 0 thì t = 1; x = 3ln2 thì t = 2 
Khi đó 
   
22 2
2 2
1 1 1
3 3 1 1 2 3 2 3 3 1ln ln
4 2 4 2 2 4 2 62 2
dt tI dt
t t t tt t t
                        
  
Câu IV 
*Ta có 2IA IH  
 
H thuộc tia đối của tia IA và 2IA IH 
 2 2BC AB a  
Suy ra 
3,
2 2
a aIA a IH AH IA IH      
Ta có 2 2 2 0
52 . .cos 45
2
aHC AC AH AC AH HC     
Vì      0 0 15, 60 .tan 60
2
aSH ABC SC ABC SCH SH HC       
Ta có 2 2 2 0
52 . .cos 45
2
aHC AC AH AC AH HC     
Vì      0 0 15, 60 .tan 60
2
aSH ABC SC ABC SCH SH HC       
Thể tích khối chóp S.ABCD là:  
3
.
1 15.
3 6S ABC ABC
aV S SH dvtt  
*  
BI AH
BI SAH
BI SH

 

S 
H 
C 
A 
B 
I 
K . 
  
        
, 1 1 1, ,
2 2 2 2,
d K SAH SK ad K SAH d B SAH BI
SBd B SAH
       
Câu V 
Ta có: AB (1;2; 2), AC (2;1;2)  
 
[AB,AC] (6; 6; 3) 0   
  
Suy ra: AB, AC
 
 không cùng phương nên A, B, C không thẳng hàng 
Diện tích tam giác ABC: ABC
1 9S = AB, AC
2 2
   
 
Câu VI 
   4 2 38 6 4 16f x x x f x x x      ,  
0
0
2
x
f x
x

     
       3 9, 0 6, 2 10, 5 9f f f f        
Vậy:        
3; 53; 5
Max 0 6, min 2 10f x f f x f
      
     
b) (0,5 điểm) 
Ta có: 
    
2 3 2
3
31 7 1 92 7.3! 1
5 36 01 1 2n n
n
n
n
C C n n nn n n n n n


             
Suy ra: 8a là hệ số của 8x trong biểu thức:    
8 98 1 9 1x x   . Đó 
là: 8 88 98 9 89C C  
Câu VII 
Gọi đường cao và trung tuyến kẻ từ C là 
CH và CM 
Khi đó: 
CH : 2 13 0, CM : 6 13 29 0x y x y      
Từ hệ:  
2 13 0
C 7; 1
6 13 29 0
x y
x y
  
  
  
 AB CHAB CH 1;2 AB : 2 16 0n u x y       
 
M(6; 5) A(4; 6) 
C(–7;–1) 
B(8; 4) 
H 
Từ hệ:    
2 16 0
M 6;5 B 8;4
6 13 29 0
x y
x y
  
 
  
Giả sử phương trình đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC: 
  2 2C : 0x y mx ny p     
Vì A, B, C thuộc (C) nên: 
52 4 6 0 4
80 8 4 0 6
50 7 0 72
m n p m
m n p n
m n p p
      
 
      
       
Vậy:    2 2 2 2C : 4 6 72 0 C : ( 2) ( 3) 85x y x y x y          
Câu VIII 
Hệ: 
   
 
2
2
3 2 1
2 3 2
x y x y x y x y
x x y x y
        

     
 ĐK:  
0
*
0
x y
x y
 

 
Đặt: 0t x y   . Từ (1) ta có: 23 2t t t t    
   
 
2 3 13 2 0 1 0
3 2
3 31 0 1 vì 0 0
3 2 3 2
t
t t t t t t
t t
t t t t t
t t t t

         
 
   
                  
Suy ra:  1 1 3x y y x     . Thay (3) vào (2) ta có: 2 3 2 1 3x x    
   
 
2
2
2
2 2
1 2 23 2 2 1 1 0
2 1 13 2
1 2 1 2 11 0 1 vì 0,
22 1 1 2 1 13 2 3 2
x xx x
xx
x xx x x
x xx x
 
        
  
    
           
         
Suy ra:  1; 0x y  thoả mãn (*). Vậy:Hệ có nghiệm duy nhất:  1; 0x y  
Câu IX 
Ta có:  
2 2 2 2 2 2
P *x x y y z z
y z z x x y
      . 
Nhận thấy: 2 2 ,x y xy xy x y     
Do đó:  
2 2
3 3 , 0 , 0x yx y xy x y x y x y x y
y x
           
Tương tự, ta có :
2 2 2 2
, 0, , 0y z z xy z y z z x x z
z y x z
          
Cộng từng vế ba bất đẳng thức vừa nhận được ở trên, kết hợp với (*), ta 
được: 
 P 2 2 , , 0 và 1x y z x y z x y z         
Hơn nữa, ta có: P = 2 khi: 1
3
x y z   . 
Vậy: minP = 2