Kỳ thi thử tuyển sinh quốc gia năm 2016 môn: Toán (đề vip 5) 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 5) 
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)1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2 1
1
xy
x



2.Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến bằng 
2 . 
Câu II (1 điểm) a) Cho góc  thỏa mãn 
2

   và 4sin
5
  . Tính 1 tan
sin 2
A 


 . 
b) Cho số phức z thỏa mãn: 2 . 2 5z i z i   . Tính modun của số phức 2w z z  
Câu III (1 điểm) Tính tích phân sau  
2
1
2 lnI x x x dx  
Câu IV (1 điểm) ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAD cân 
tại S và nằm trên mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi M là trung điểm của CD; H 
là hình chiếu vuông góc của D trên SM; Biết góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 
60o. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SBC) theo a. 
Câu V (1 điểm) ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d và mặt phẳng (P) có phương 
trình 1 2 5:
2 3 4
x y zd    

;   : 2 2 1 0P x y z    . Tìm tọa độ giao điểm I của đường thẳng d và mặt 
phẳng (P). Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với (P) và cách (P) một khoảng bằng 2
3
. 
Câu VI (1 điểm )Đoàn trường THPT thành lập 3 nhóm học sinh mỗi nhóm có 4 học sinh để chăm 
sóc 3 bồn hoa của nhà trường, mỗi nhóm được chọn từ đội xung kích nhà trường gồm 4 học 
sinh khối 10, 4 học sinh khối 11 và 4 học sinh khối 12. Tính xác suất để mỗi nhóm phải có mặt 
học sinh khối 12. 
Câu VII (1 điểm)Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy Cho hình vuông ABCD có điểm C(2; -2). 
Gọi điểm I, K lần lượt là trung điểm của DA và DC; M(-1; -1) là giao của BI và AK. Tìm tọa độ 
các đỉnh còn lại của hình vuông ABCD biết điểm B có hoành độ dương. 
Câu VIII (1 điểm) Giải bất phương trình sau: 
2
2
1 2 2 3 1 1
1 2 1
x x x
x x
   

  
Câu IX (1 điểm) Cho các số dương a, b, c thay đổi thỏa mãn 3a b c   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 
thức: 
     
2 2 2
2 2 23 3 38 1 8 1 8 1
a b cP
b c c a a b
  
        
CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG ! 
Hướng dẫn 
Câu I: 
*Tập xác định :  \ 1D   
*Tính 2
1' 0 
( 1)
y x D
x

   

Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1) và (1; ) 
*Hàm số không có cực trị 
*Giới hạn 
1x
Lim y

  
1x
Lim y

  
2
x
Lim y

 2
x
Lim y

 
Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2 
*Bảng biến thiên 
*Vẽ đồ thị 
*Tiếp tuyến của (C) tại điểm 0 0( ; ( )) ( )M x f x C có phương trình 
 0 0 0'( )( ) ( )y f x x x f x   
 Hay 2 20 0 0( 1) 2 2 1 0x x y x x      (*) 
*Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*) bằng 2 
 0
4
0
2 2
2
1 ( 1)
x
x

 
 
giải được nghiệm 0 0x  và 0 2x  
*Các tiếp tuyến cần tìm : 1 0x y   và 5 0x y   
Câu II: 
a) Vì 
2

   nên sin 0; cos 0   
ta có 2 2 2 9sin os 1 cos
25
c x     
lại có 3cos
5
x   ( vì cos 0  ) 
Suy ra 
4 5sin 1 .11 tan 255 3cos
4 3sin 2 2sin .cos 722. .
5 5
A

 
  
         
  
 
b) Đặt   ,z a bi z a bi a b R      
Ta có : 
   
   
2 . 2 5 2 2 5
2 2 2 5
2 2 3
2 5 4
z i z i a bi i a bi i
a b a b i i
a b a
a b b
        
      
   
  
    
Suy ra 3 4z i  
   2w 3 4 3 4 4 28
w 20 2
i i i      
 
Câu III: 
Ta có  
2 2
2 2
1
1 1
2 ln 2 lnI x x x dx x dx x xdx      
Tính 
232 2
1 1
1
2 142
3 3
xI x dx   
Tính 
2
2 1
lnI x xdx  . Đặt 2
ln
2
dxduu x x
dv xdx xv
  
 
  

22 22 2
2 1
1 1
ln 32ln 2 2ln 2
2 2 4 4
x x x xI dx      
1 2
14 3 652ln 2 2ln 2
3 4 12
I I I        
Câu IV 
J
M
I
C
A B
D
S
H
Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AD và BC. 
Vì (SAD)  (ABCD) nên SI  (ABCD). 
ta có IJ  BC và SI  BC suy ra góc giữa (SBC) và (ABCD là  60oSJI  . 
IJ = a. 
Trong tam giác vuông SIJ ta có SI = IJ. tan60o = 3a . 
2 2 2SJ SI IJ a   . 
Diện tích đáy là SABCD = a2. 
Thể tích khối chóp S.ABCD là VS.ABCD = 
3
21 1 3. 3.
3 3 3ABCD
aSI S a a  (đvtt) 
Chứng minh CD  (SAD). Trong tam giác vuông SDM có: 
2
2
13
14
SH SD
SM SM
  
Ta có 13
14
SHBC
SMBC
V SH
V SM
  . 
3 3 31 3 13 3 13 3. . .
3 12 14 12 168SMBC BCM SHBC
a a aV SI S V     . 
Lại có 21 1. . .2
2 2SBC
S BC SJ a a a    
 
3
2
13 33.3. 13 3168,( )
56
SHBC
SBC
a
V ad H SBC
S a
    
Câu V 
Gọi I(1+2t; -2-3t; 5+4t)  d  (P) . 
Vì I  (P) nên ta có      2 1 2 2 2 3 5 4 1 0 1t t t t           
 1;1;1I  . 
Vì (Q) // (P) gọi (Q) có dạng 2 2 0x y z m    
       2 2; ;
3 3
32 2 1 2 1 2
134 4 1
d P Q d I Q
mm
m
m
  
    
          
Vậy có 2 mặt phẳng (Q) cần tìm là 2 2 3 0x y z    và 2 2 1 0x y z    
Câu VI 
Gọi  là không gian mẫu: " Chọn 3 nhóm học sinh mỗi nhóm có 4 học sinh 
được lấy từ 12 học sinh trong đội xung kích Đoàn trường". 
  4 4 412 8 4. .n C C C   
Gọi A là biến cố: " mỗi nhóm phải có mặt học sinh khối 12" 
       1 3 1 3 2 24 8 3 5 2 23. . . . . .n A C C C C C C  
   
 
     1 3 1 3 2 24 8 3 5 2 2
4 4 4
12 8 4
3. . . . . .
. .
C C C C C Cn A
P A
n C C C
  

Câu VII 
N
J
M
K
I
CD
A B
Gọi J là trung điểm của AB. khi đó AJCK là hình bình hành  AK // CJ. 
Gọi CJ BM = N  N là trung điểm của BM. 
Chứng minh được AK  BI từ đó suy ra tam giác BMC là tam giác cân tại C. 
Ta có  3; 1 10MC MC  
 
 CM = BM = AB = 10 
Trong tam giác vuông ABM có 
 2 2 2 5. . . 2 2
2
AB BM BI BM AB AI BM AB BM      
 B là giao của hai đường tròn (C; 10 ) và (M; 2 2 ). Tọa độ điểm B 
thỏa mãn: 
   
   
2 2
2 2
2 2 10
1 1 8
x y
x y
    

   
B(1; 1). 
Phương trình đường thẳng AB có dạng: x - 3y + 2 = 0. 
Phương trình đường thẳng AM có dạng: x + y + 2 = 0. 
 A (-2; 0). 
Ta có  1; 3BA CD D   
 
. 
Câu VIII 
Điều kiện: 2
2
0
3 1 0 0
1 2 1 0
x
x x x
x x
 

    

   
Ta có 
2
2 1 32 1 2 3 1 ( 0)
2 4
x x x x          
 
suy ra 21 2 1 0x x    
2 21 3 1BPT x x x x x       
1 11 1 3x x
x x
       (Vì x = 0 không thỏa mãn bất phương trình) 
Đặt 
1 2x t t
x
    vì 0x  . 
Ta có 131 1 3 2 1 3
4
t t t t         
Suy ra 13 1 132 2
4 4
t x
x
      
 2
2
1 2 1 0 13 105 13 105
1 13 8 84 13 4 0
4
x xx x
x xx
x
        
     
    

Câu IX 
Ta có  
     
2
2 2 23 3 38 8 8 1 1 1
a b c
P
a b c a b c
 

          
Ta có     3 2 218 2 2 4 62a a a a a a        
    3 2 218 2 2 4 62b b b b b b        
    3 2 218 2 2 4 62c c c c c c        
 
 
 
   
2
2 2 2
2
2
3
6
2 2
6
9 36
a b c
P
a b ca b c
a b c
a b c a b c
 
 
  
  
 

      
Đặt  t a b c   với  0;3t 
Ta có  
2
2
6
9 36
tf t
t t

  
 
 
 
 
2
22
54 8 0
' ' 0
89 36
t t t
f t f t
tt t
 
         
BBT 
t 0 3 
f' - 
f 
0 
 1 
Vậy 1P  hay Min 1P  dấu bằng xảy ra khi 1a b c  