Kỳ thi thử tuyển sinh quốc gia năm 2016 môn: Toán (đề vip 4) 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 4) 
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 2x 1y
x 1



, gọi đồ thị là (C). 
 a)Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số. 
 b)Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng (d): 
3 2015 0x y   . 
Câu II (1 điểm) Giải phương trình: 2 x2sin cos5x 1
2
    
 
Câu III (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số : 3( ) . (5 )f x x x  trên đoạn  0;5 
Câu IV (1 điểm) ) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a .Góc  060BAC  ,hình 
chiếu của S trên mặt  ABCD trùng với trọng tâm của tam giác ABC . Mặt phẳng  SAC hợp với 
mặt phẳng  ABCD góc 060 . Tính thể tích khối chóp .S ABCD và khoảng cách từ B đến mặt 
phẳng  SCD theo a . 
Câu V (1 điểm) ) Trong không gian Oxyz, cho mặt phẳng   : 1 0P x y z    và điểm (1, 1,2)A  . 
Viết phương trình đường thẳng  đi qua A và vuông góc với ( )P . Tính bán kính của mặt cầu 
(S) có tâm thuộc đường thẳng  , đi qua A và tiếp xúc với ( )P . 
Câu VI (1 điểm )1. Giải phương trình sau : 2 3332log (2 1) 2log (2 1) 2 0x x     
2.Một đội ngũ cán bộ khoa học gồm 8 nhà toán học nam , 5 nhà vật lý nữ và 3 nhà hóa học nữ, 
.Chọn ra từ đó 4 người, tính xác suất trong 4 người được chọn phải có nữ và có đủ ba bộ môn. 
Câu VII (1 điểm)Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác nhọn ABC. Đường thẳng 
chứa đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A và đường thẳng BC lần lượt có phương trình là 
3 5 8 0, 4 0x y x y      . Đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng BC cắt đường tròn 
ngoại tiếp tam giác ABC tại điểm thứ hai là  4; 2D  . Viết phương trình các đường thẳng AB, 
AC; biết rằng hoành độ của điểm B không lớn hơn 3. 
Câu VIII (1 điểm) Giải hệ phương trình: 
3
2 2 2
2 2 1 3 1
 ( , )
9 4 2 6 7
y y x x x
x y
y x y
     

   
 
Câu IX (1 điểm) Cho các số thực a,b,c thỏa mãn a b c  và 2 2 2a b c 5   . Chứng minh rằng: 
(a b)(b c)(c a)(ab bc ca) 4       
CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG ! 
Hướng dẫn 
Câu I: 
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) 
 +Tập xác định  \ 1D   
+Sự biến thiên 
 Chiều biến thiên: 
 2
3'
1
y
x


0 1x   . 
Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 1  và  1;  
 Cực trị : Hàm số không có cực trị. 
 Giới hạn tại vô cực và tiệm cận: 
 2 1lim lim 2
1x x
xy
x 

 

 ,đường thẳng 2y  là tiệm cận ngang 
1 1
2 1 2 1lim ; lim
1 1x x
x x
x x  
 
   
 
, đường thẳng 1x   là tiệm cận đứng 
 Bảng biến thiên : 
x -  - 1 + 
y' + || + 
y 2 
  || 
2  
+Đồ thị:Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm 1 ;0
2
A  
 
Đồ thị hàm số cắt trục Oy tại điểm  0; 1B  
Đồ thị hàm số nhận giao điểm của 2 tiệm cận là  1;2I  làm tâm đối xứng 
 ( Đồ thị ) 
2, Viết phương trình tiếp tuyến 
 Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến tại điểm 0 0( ; )M x y ta có : ' 0 2
0
3( )
( 1)
k f x
x
 

Lại có 1. 1 3
3
k k      
 
hay 02
00
03 3
2( 1)
x
xx

     
Với 0 00 1x y    Vậy phương trình tiếp tuyến là : 3 1y x  
Với 0 02 5x y    Vậy phương trình tiếp tuyến là : 3 11y x  
Câu II: 
2 x2sin 1 cos5x cosx cos5x
2
       
 
   cos x cos 5x   
5 2 6 3
5 2
4 2
kxx x k
x x k kx
 
 
   
    
        

là nghiệm của phương trình. 
Câu III: 
f(x) = 3x (5 x) hàm số liên tục trên đoạn [0; 5] f(x) 3/ 2x(5 x) x (0;5)    
f ’(x) = 55 x(5 x)
2
  
f’(x) = 0 x 5; x 2   . Ta có : f(2) = 6 3 , f(0) = f(5) = 0 
Vậy 
x [0;5]
Max

f(x) = f(2) = 6 3 , 
x [0;5]
Min

f(x) = f(0) = 0 
Câu IV 
OS
A
D
CB
H
E
Nội dung Điểm 
* Gọi O AC BD  Ta có :  0, 60OB AC SO AC SOB    
0.25 
Xét tam giác SOH vuông tại H : 0 0 3tan 60 .tan 60 . 3
6 2
SH a aSH OH
HO
     0.25 
Ta có : tam giác ABC đều : 
2 32.
2ABCD ABC
aS S  0.25 
Vậy 
2 31 1 3 3. . . .
3 3 2 2 12SABCD ABCD
a a aV SH S   (đvtt) 0.25 
* Tính khỏang cách 
Trong ( )SBD kẻ OE SH khi đó ta có : ; ;OC OD OE đôi một vuông góc Và : 
3 3; ;
2 2 8
a a aOC OD OE   0.5 
Áp dụng công thức : 2 2 2 2
1 1 1 1
( , )d O SCD OC OD OE
  
3
112
ad  
Mà     6, 2 ,
112
ad B SCD d O SCD  
0.5 
Câu V 
Vậy 3
2
R  
Câu VI 
a) 2 3332log (2 1) 2log (2 1) 2 0x x     
Điều kiện : 1
2
x  
PT 23 38log (2 1) 6log (2 1) 2 0x x      
3
2
3 3
3
log (2 1) 1
4log (2 1) 3log (2 1) 1 0 1log (2 1)
4
x
x x
x
 
      
   

4
3
2
3 1
2 3
x
x

  

 là nghiệm của phương trình đã cho. 
b) Tính xác suất 
Ta có : 416 1820C   
Gọi A= “ 2nam toán ,1 lý nữ, 1 hóa nữ” 
 B= “ 1 nam toán , 2 lý nữ , 1 hóa nữ “ 
 C= “ 1 nam toán , 1 lý nữ , 2 hóa nữ “ 
Thì H= A B C  = ” Có nữ và đủ ba bộ môn “ 
2 1 1 1 2 1 1 1 2
8 5 3 8 5 3 8 5 3 3( )
7
C C C C C C C C CP H   

Câu VII 
Do  vuông góc với ( )P nên  có VTPT (1, 1,1)Pu n  
 
Phương trình đường thẳng  qua (1, 1,2)A  là: 
1
1
2
x t
y t
z t
 

  
  
Gọi tâm (1 , 1 ,2 )I I t t t     . Lúc đó 2 3 3 1( ,( )) 3
23
t
R IA d I P t t

       
MK
H
D
CB
A
Nội dung Điểm 
Gọi M là trung điểm của BC, H là trực tâm tam giác ABC, K là giao điểm của 
BC và AD, E là giao điểm của BH và AC. Ta kí hiệu ,d dn u
 
 lần lượt là vtpt, vtcp 
của đường thẳng d. Do M là giao điểm của AM và BC nên tọa độ của M là 
nghiệm của hệ phương trình: 
7
4 0 7 12 ;
3 5 8 0 1 2 2
2
xx y
M
x y y
                  

0,5 
AD vuông góc với BC nên  1;1AD BCn u 
 
, mà AD đi qua điểm D suy ra phương 
trình của    :1 4 1 2 0 2 0AD x y x y        . Do A là giao điểm của AD và 
AM nên tọa độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình 
 
3 5 8 0 1
1;1
2 0 1
x y x
A
x y y
    
  
    
0,5 
Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình: 
 
4 0 3
3; 1
2 0 1
x y x
K
x y y
    
   
     
0,25 
Tứ giác HKCE nội tiếp nên  BHK KCE , mà  KCE BDA (nội tiếp chắn cung 
AB ) Suy ra  BHK BDK , vậy K là trung điểm của HD nên  2;4H . 
(Nếu học sinh thừa nhận H đối xứng với D qua BC mà không chứng minh, trừ 
0.25 điểm) 
0,25 
Do B thuộc BC  ; 4B t t  , kết hợp với M là trung điểm BC suy ra 
 7 ;3C t t  . 
( 2; 8); (6 ;2 )HB t t AC t t   
 
. Do H là trực tâm của tam giác ABC nên 
        
2
. 0 2 6 8 2 0 2 14 2 0
7
t
HB AC t t t t t t
t

              
 
0,25 
Do    3 2 2; 2 , 5;1t t B C     . Ta có 
       1; 3 , 4;0 3;1 , 0;1AB ACAB AC n n     
   
Suy ra : 3 4 0; : 1 0.AB x y AC y     
0,25 
Câu VIII 
Nội dung Điểm 
Điều kiện: 3 31; ;
2 2
x y      
. Ta có 0.25 
3
3
(1) 2 2 1 2 1 1
2 2(1 ) 1 1
y y x x x x
y y x x x
       
      
 0.25 
Xét hàm số 3( ) 2 ,f t t t  ta có 2'( ) 6 1 0, ( )f t t t f t      đồng biến trên  . 
Vậy 
2
0
(1) ( ) ( 1 ) 1
1
y
f y f x y x
y x

       
 
0.25 
Thế vào (2) ta được : 24 5 2 6 1x x x    0.25 
Pt 22 4 5 4 12 2x x x        2 24 5 1 2 2x x     0.5 
4 5 2 3( )
4 5 1 2
x x vn
x x
   
 
  
1
2
1 2( )
1 2
x
x l
x
 

   
  
Với 
4
4
2
1 2
2
y
x
y
 
   
 
Vậy hệ có hai nghiệm. 
0.5 
Câu IX 
Nội dung Điểm 
Ta có 
(a b)(b c)(c a)(ab bc ca) 4       (a b)(b c)(a c)(ab bc ca) 4       (*). 
Đặt vế trái của (*) là P 
Nếu ab + bc + ca < 0 thì P  0 suy ra BĐT được chứng minh 
0.25 
Nếu ab + bc + ca  0 , đặt ab + bc + ca = x 0 0.25 
(a-b)(b-c) 
2 2a b b c (a c)
2 4
      
 
  (a - b)(b - c)(a - c) 
3(a c)
4

 (1) 0.25 
 Ta có : 4(a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) = 2(a - c)2 + 2(a - b)2 + 2(b - c)2 
 2(a - c)2 + [(a - b) + (b - c)]2 = 2(a - c)2 + (a - c)2 = 3(a - c)2 
0.25 
Suy ra 4(5 - x)  3(a - c)2 ,từ đây ta có x  5 và 4a c (5 x)
3
   (2) . 
Từ (1) , (2) suy ra P 
31 4x. (5 x)
4 3
    
 = 32 3 x (5 x)
9
 (3) 
Theo câu a ta có: f(x) = 3x (5 x) 6 3 với x thuộc đoạn [0; 5] 
nên suy ra P 2 3 .6 3 P 4
9
   . Vậy (*) được chứng minh. 
 Dấu bằng xảy ra khi a = 2; b = 1; c = 0 
1.0