Đề thi thử tuyển sinh quốc gia năm 2016 môn: Toán (Đề 1)

KỲ THI THỬ TUYỂN SINH QUỐC GIA NĂM 2016 
Môn: Toán (ĐỀ VIP 1) 
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 y = x 3 + 2mx 2 +(m+3)x + 4 (C m ) 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 0. 
b) Cho điểm I(1;3). Tìm m để đường thẳng d: y = x + 4 cắt (C m ) tại 3 điểm phân biệt A(0;4), 
B,C sao cho tam giác IBC có diện tích bằng 4. 
Câu II (1 điểm) 
Giải phương trình: 4sinx + cosx = 2 + sin2x 
Câu III (1 điểm) Tính tích phân: I = 
e dx
x
x
1 2
ln3
Câu IV (1 điểm) ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a 2 ,SC = 
2
26a , 
hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm H của AB. Tính theo a thể 
tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC). 
Câu V (1 điểm) ) ). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2 5 0x y z    và 
mặt cầu (S):      2 2 24 1 1 15x y z      . Viết phương trình mặt phẳng(Q) đi qua A(1;0;-4), 
vuông góc với (P) đồng thời cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi bằng 4 . 
Câu VI (1 điểm ) a) Tính mô đun của số phức sau: z = (2– i) 2 – (1+2i). 
 b) Một tổ 11 người gồm 5 nam và 6 nữ,chọn ngẫu nhiên 5 người tham gia lao động. Tính xác 
suất để 5 người được chọn ra có đúng 3 nữ. 
Câu VII (1 điểm) Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình 
BC : 2 3 0x y   ,trọng tâm G(4;1) và diện tích bằng 15. Điểm E(3;–2) là điểm thuộc đường cao 
của tam giác ABC hạ từ đỉnh A. Tìm tọa độ các điểm A, B, C. 
Câu VIII (1 điểm) Giải hệ phương trình: 
2 22 5 3 2
2 2 1 1 2 2 2
xy x y x y
x y y x x x y
     

       
Câu IX (1 điểm) Cho x,y,z là 3 số thực dương .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 
 P = zyxyzxyzyx 




1
2)(23
8
222
3
22 . 
CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG ! 
Hướng dẫn 
Câu I: 
a)Khi m= 0 ta có : y = x 3 + 3x + 4 
 *Tập xác định : D = R 
*Sự biến thiên : 
- Chiều biến thiên : y’= 3x 2 + 3 ; y’> 0 , Rx 
 -Hàm số đồng biến trên R và hàm số không có cực trị. 
 - Giới hạn : 

y
x
lim ; y
x 
lim = + 
.. 
- Bảng biến thiên : 
 x - + 
 y’ + 
 + 
 y 
 - 
. 
 -Đồ thị : y 
 8 
 4 
 -1 1 x 
 0 
b)Phương trình hoành độ giao điểm của (C m ) và d :x
3 + 2mx 2 +(m+3)x + 4 =x + 4(1) 
  x(x 2 +2mx + m + 2) = 0 






)2(022
0
2 mmxx
x
.............................................................................................................................. 
(1) có 3 nghiệm phân biệt  (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 






02
02' 2
m
mm
  











2
2
1
m
m
m
(*) 
 Khi đó x B ,x c là các nghiệm của (2)  x B + x C = - 2m , x B .x C = m + 2 
S IBC = 4 2
1 d(I;d).BC = 4 2)( CB xx  = 4 (x B + x C )
2 - 4x B .x C -16= 0 
 . 
  m 2 - m – 6 = 0  




3
2
m
m
.Kết hợp ĐK (*) m = 3. 
 Vậy với m = 3 thỏa yêu cầu của bài toán. 
Câu II: 
a) 4sinx + cosx = 2 + sin2x (1) 
  4sinx + cosx = 2 + 2 sinx.cosx  2sinx(2 –cosx) – (2 – cosx) = 0 
  (2 – Cosx) ( 2Sinx -1) = 0 
.............................................................................................................................. 








2
1
)(02
Sinx
VNCosx
 )(
2
6
5
2
6 zk
kx
kx













Câu III: 
I = 
e dx
x
x
1 2
ln3 . Đặt t = xln3  t 2 = 3 + lnx 
 2tdt = 
x
dx
 tdt = 
x
dx
2
 Đổi cận: x = 1  t = 3 , x = e  t = 2 
 I = 
2
3
2dtt = 
2
3
3
3
t = 
3
338  
Câu IV 
 a) Tam giác BHC vuông tại B,suy ra HC = 22 BCBH  = 
2
10a 
 Tam giác SHC vuông tại H,suy ra SH = 22 HCSC  = 2a 
 ...................................................... ..................................................................... 
 V ABCDS . = 3
1 SH. S ABCD = 2 3
2 3a 
Vẽ hình sai không chấm bài giải: S 
 K 
 A H B 
 N 
 O 
 D C 
b)Gọi O là giao điểm ACBD 
 Qua H dựng đt  // BD,  cắt AC tại N Suy ra HN =
2
1 OB =
2
a 
 và 





SHAC
HNAC
AC (SHN) 
Trong SHN dựng HK SN ,suy ra HK (SAC) 
 .................................................................................................................................. 
  d(B,(SAC)) = 2HK=2. 22
22 .
HSHN
HSHN

= 
17
4a 
Câu V 
Mặt cầu (S) có tâm I(-4;1;1) và bán kính 15R  ,  1;2; 1Pn 

là véc tơ pháp tuyến của (P). 
Gọi phương trình mặt phẳng (Q) qua A có dạng: A(x-1)+By+C(z+4)=0 với 2 2 2 0A B C   
và  ; ;Qn A B C
 là vtpt của (Q). 
(Q) (P) . 0 2 0 2Q Pn n A B C C A B        
  (1) 
Gọi r là bán kính đường tròn giao tuyến, ta có r = 2 Suy ra    2 2; 15 4 11d I Q R r     (2) 
Mặt khác   
2 2 2
5 5
;
A B C
d I Q
A B C
  

 
 (3) 
Từ (1), (2), (3) ta có 2 2
2 2
11
11 3 2 0
2 5 4
B
A B AB
A B AB
    
 
A=0 không thỏa mãn, Chọn A=1B=1 hoặc B= 1
3
 . 
*Với A=1; B=1; C=3. Mặt phẳng (Q) có phương trình (x-1)+y+3(z+4)=0  x+y+3z+11=0. 
*Với A=1; B= 1
3
 ; C= 1
3
. Mặt phẳng(Q) có phương trình (x-1)- 1
3
y+ 1
3
(z+4)=0 3x-y+z+1=0. 
Vây phương trình mặt phẳng cần tìm là x+y+3z+11=0 và 3x-y+z+1=0. 
Câu VI 
a)Không gian mẫu:  = C511 = 462 
Gọi A là biến cố 5 người được chọn ra có đúng 3 nữ, suy ra A = CC 2536. = 200. 
 Vậy xác suất P(A) = 

 A = 
231
100 
............................................................................................................................... 
b) z = (2-i) 2 -(1+2i) = 4 – 4i + i 2 -1 -2i = 2 -6i 
Suy ra z = 364  = 2 10 
Câu VII 
Phương trình đường cao kẻ từ đỉnh A: 2 4 0x y   
Gọi  A ;4 2a a 
Trung điểmcủa đoạn BC:  M 2 3;m m 
Ta có:    AG 4 ;2 3 , GM 2 7; 1a a m m     
 
Mà: 
44 18
AG = 2GM 72 2 1
2
aa m
a m m
  
  
   
 
Vậy:   7A 4; 4 , M 4;
2
   
 
Gọi        2 2B 2 3; C 11 2 ;7 BC 14 4 7 2b b b b b b         
 d A,BC 3 5 
nên:    2 2 2ABC
1S .3 5. 14 4 7 2 15 20 140 4225 0
2
b b b b          
Với 9
2
b  , ta có: 9 5B 6; , C 2;
2 2
   
   
   
Với 5
2
b  , ta có: 5 9B 2; , C 6;
2 2
   
   
   
Câu VIII 
ĐK :
1
1
y
x
 


Phương trình đầu của hệ tương đương: 
    1 2 3 0 2 3 0 do ÐKx y y x y x         
Thay vào phương trình thứ hai, ta được: 
     
 
2 3 2 2 2 2 2 2 2 4 2 2 2 2 0
2 2 2 0 1 TMÐK
y y y y y y y y
y y
            
      
Hệ phương trình có nghiệm duy nhất: 5
1
x
y



Câu IX 
 Áp dụng BĐT Cau-Chy : 2 zy 2.  y + 2z 
yzyx 222
3


)(2
3
zyx 
. 
 Áp dụng BĐT Bunhiacôpxki :  2.1).(1 yzx   (1 2 +1 2 )  22)( yzx  
  22 2)(2 yzx   (x+z) + y 
 
22 2)(23
8
yzx 


zyx 

3
8 
 Suy ra P
)(2
3
zyx  zyxzyz 



1
3
8 = 
)(2
1
zyx 
- 
zyx 3
8 
 . 
 Đăt t = x + y + z, t > 0. Xét hàm số f(t) = 
t2
1 - 
t3
8 , với t > 0. 
 f ’(t) = - 22
1
t
+ 2)3(
8
t
 = 22
22
)3(2
16)3(


tt
tt = 22
2
)3(2
9615


tt
tt 
 f ’(t) = 0  15t 2 -6t -9 = 0 







)(
5
3
)(1
loait
nhânt
 Bảng biến thiên : 
 x 0 1 + 
 f ’(x) - 0 + 
 f(x) 
2
3 
 . 
Từ BBT suy ra f(t)  f(1) = -
2
3 với mọi t >0 
P min = - 2
3 khi 








zxy
zy
zyx
2
1













2
1
4
1
4
1
y
z
x