bộ đề thi minh họa chuẩn cho kì thi thpt quốc gia môn toán 2016 đặng việt hùng p2

CỔNG LUYỆN THI TRỰC TUYẾN SỐ 1 VIỆT NAM

THẦY ĐẶNG VIỆT HÙNG

BỘ ĐỀ THI MINH HỌA CHUẨN
CHO KÌ THI THPT QUỐC GIA 2016
(Phần 2)

Thầy Đặng Việt Hùng

(Tài liệu lưu hành nội bộ)


Khóa học LUYỆN ĐỀ TOÁN 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

LêI GiíI THIÖU
Các em thân mến!
Kể từ năm 2015, Bộ giáo dục và Đào tạo chỉ tổ chức duy nhất một kì thi Quốc gia (gọi là kì thi
Trung học phổ thông quốc gia) lấy kết quả thi để xét công nhận tốt nghiệp Trung học phổ thông và
làm căn cứ xét tuyển sinh vào Đại học, Cao đẳng.
So với mọi năm, kì thi Trung học phổ thông quốc gia 2015 sẽ có một chút thay đổi về cấu trúc đề
thi, độ khó – dễ của đề thi.

Nhằm giúp các em học sinh có thêm tài liệu ôn thi, luyện tập với các đề thi chuẩn theo mẫu đề thi
minh họa của Bộ giáo dục và đào tạo, Thầy Đặng Việt Hùng và Moon.vn phối hợp sản xuất bộ
sách “TUYỂN CHỌN ĐỀ THI MINH HỌA CHUẨN CHO KÌ THI THPT QUỐC GIA 2016”

Thầy hi vọng rằng, thông qua các đề thi chuẩn được giới thiệu trong bộ sách sẽ giúp cho các em có
cái nhìn bao quát về các dạng toán sẽ xuất hiện trong kì thi tới đây.

Thầy chúc tất cả các em đang cầm cuốn sách này trên tay sẽ đạt được điểm số cao nhất trong kì thi
Trung học phổ thông quốc gia 2016!

Hà Nội, ngày 07/02/2016
Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT quốc gia 2016!


Khóa học LUYỆN ĐỀ TOÁN 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI THPT QUỐC GIA 2016
Môn thi: TOÁN; Đề số 04 – GV: Đặng Việt Hùng
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = mx3 − 3mx 2 + 3 ( m − 1) có đồ thị là ( Cm ) .
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m = 1 .
b) Chứng minh rằng với mọi m ≠ 0 đồ thị ( Cm ) luôn có hai điểm cực trị A và B, khi đó tìm các giá
trị của tham số m để 2 AB 2 − ( OA2 + OB 2 ) = 20 (trong đó O là gốc tọa độ).

Câu 2 (1,0 điểm).

3π 

a) Giải phương trình tan x − 3 cos  x −  = sin x.tan x.
2 


b) Tìm mô-đun của số phức z ' = z + 1 , biết z =
Câu 3 (0,5 điểm). Giải bất phương trình

(

(1 + 3i )(3 + i )
.
i (1 − i ) 2

)

10 + 1

log3 x

−

(

)

10 − 1

log 3 x

≥

2x
.
3

4 x 8 x − 4 − 12 y 2 − 5 = 4 y 3 + 13 y + 18 x − 9
Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
2
3
2
4 x − 8 x + 4 2 x − 1 + 2 y + 7 y + 2 y = 0
π
4



ex
Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ e  2 x +
 dx.
1 + tan 2 x 

0
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác ABC. A ' B ' C ' có AA ' = 2a; AB = AC = a và góc giữa
−x

cạnh bên AA ' và mặt phẳng (ABC) bằng 600. Tính thể tích của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' và
khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( A ' BC ) theo a biết rằng hình chiếu của điểm A ' trên mặt
phẳng (ABC) trùng với trực tâm H của tam giác ABC.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi có cạnh bằng 5, chiều cao bằng
4,8. Hai đường chéo nằm trên hai trục Ox và Oy. Viết phương trình chính tắc của elip (E) đi qua hai
đỉnh đối diện của hình thoi và nhận hai đỉnh đối diện còn lại làm hai tiêu điểm.

Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( S ) : ( x − 2) 2 + y 2 + ( z − 1) 2 = 4 .
Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa trục Oy và tiếp xúc với mặt cầu (S).

Câu 9 (0,5 điểm). Xét tập hợp các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau được lập từ tập E = {0; 1; 2; 3;
5; 6; 7; 8}. Chọn ngẫu nhiên một phần tử của tập hợp trên. Tính xác suất để phần tử đó là một số
chia hết cho 5.

Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn 5(a 2 + b 2 + c 2 ) = 6(ab + bc + ca ) .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 2(a + b + c) − (a 2 + b 2 ).

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT quốc gia 2016!


Khóa học LUYỆN ĐỀ TOÁN 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 4
Câu 1 (2,0 điểm).
x = 0
Ta có: y ' = 3mx 2 − 6mx ⇒ y ' = 0 ⇔ 
.
x = 2
Do y ' đổi dấu qua x = 0 và x = 2 nên hàm số luôn có hai điểm cực trị.

Với x = 0 ⇒ y = 3 ( m − 1) ; x = 2 ⇒ y = − m − 3 .

Do vai trò của A, B như nhau nên ta có thể giả sử A ( 0;3m − 3) , B ( 2; −m − 3)

Ta có: OA2 + OB 2 − 2 AB 2 = −20 ⇔ 9 ( m − 1) + 4 + ( m + 3) − 2 ( 4 + 16m 2 ) = −20
2

2

m = 1
⇔ 11m + 6m − 17 = 0 ⇔ 
 m = − 17

11
17
là các giá trị cần tìm.
Vậy m = 1; m = −
11
2

Câu 2 (1,0 điểm).
π
+ kπ
2
Phương trình đã cho tương đương với tan x + 3 sin x = sin x.tan x

a) Điều kiện: cos x ≠ 0 ⇔ x ≠

sin x = 0
⇔ sin x + 3 sin x.cos x = sin 2 x ⇔ sin x 1 + 3 cos x − sin x = 0 ⇔ 
sin x − 3 cos x = 1
+) Với sin x = 0 ⇔ x = kπ , thỏa mãn điều kiện.
π

x
=
+ 2kπ


π 1

2
+) Với sin x − 3 cos x = 1 ⇔ sin  x −  = ⇔ 
3 2

 x = 7π + 2kπ

6
7π
Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là x = kπ; x =
+ 2kπ, ( k ∈ Z )
6
b) Ta có (1 + 3i)(3 + i) = 3 + 3i 2 + 10i = 10i
10i
i (1 − i ) 2 = i (1 + i 2 − 2i ) = −2i 2 = 2 ⇒ z =
= 5i
2
Ta có z ' = z + 1 = 1 − 5i

(

)

Suy ra, z ' = 12 + (−5) 2 = 26.
Vậy z ' = 26.

Câu 3 (0,5 điểm).
ĐK: x > 0 (*)

Bất PT ⇔

(

)

10 + 1

 10 + 1 
Đặt t = 

 3 

log 3 x

log 3 x

−

(

)

10 − 1

log 3 x

 10 + 1 
2
≥ .3log3 x ⇔ 


3
 3 

log 3 x

 10 − 1 
− 

 3 

log3 x

≥

2
3

1 2
(t > 0) , BPT trở thành t − ≥
t 3

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT quốc gia 2016!


Khóa học LUYỆN ĐỀ TOÁN 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Giải ra ta được t ≥

Facebook: LyHung95

10 + 1
. Từ đó ta được tập nghiệm của bất phương trình đã cho là S = [3; +∞ ).
3

Câu 4 (1,0 điểm).
1
.
2
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với ( 8 x − 3) 2 x − 1 = 4 y 3 + 12 y 2 + 13 y + 5

Điều kiện x ≥

⇔  4 ( 2 x − 1) + 1 2 x − 1 = 4 ( y 3 + 3 y 2 + 3 y + 1) + y + 1
⇔ 4 ( 2 x − 1) 2 x − 1 + 2 x − 1 = 4 ( y + 1) + y + 1
3

(1)

Xét hàm số f ( t ) = 4t 3 + t ; t ∈ ℝ ta có f ′ ( t ) = 12t 2 + 1 > 0, ∀t ∈ ℝ . Vậy f(t) liên tục và đồng biến.

 y ≥ −1
2 x − 1 = f ( y + 1) ⇔ 2 x − 1 = y + 1 ⇒ 
2
2 x = y + 2 y + 2
Phương trình thứ hai của hệ trở thành
Ta có (1) ⇔ f

(y

2

(

)

+ 2 y + 2 ) − 4 ( y 2 + 2 y + 2 ) + 4 ( y + 1) + 2 y 3 + 7 y 2 + 2 y = 0 ⇔ ( y 2 + 2 y ) + 2 y 3 + 7 y 2 + 6 y = 0
2

2

y = 0
 y = −1
4
3
2
⇔ y + 6 y + 11 y + 6 y = 0 ⇔ y ( y + 1)( y + 2)( y + 3) = 0 ⇔ 
 y = −2 ( L )

 y = −3 ( L )

Dễ thấy y 3 + 6 y 2 + 6 y + 6 = y 2 ( y + 6 ) + 6 ( y + 1) > 0, ∀y ≥ −1 nên (2) vô nghiệm.
+) Với y = 0 ⇒ 2 x − 1 = 1 ⇔ x = 1 .
1
+) Với y = −1 ⇒ x =
2


1 


Kết luận hệ ban đầu có nghiệm: ( x; y ) = (1;0 ) ;  −1;   .
2 


Câu 5 (1,0 điểm).
π
4

π
4

Ta có I = ∫ 2 xe − x dx + ∫ cos 2 xdx = I1 + I 2
0

0

π
4

π
−
u = 2 x
π − π4
4
+) Tính I1 = ∫ 2 xe − x dx. Đặt 

→
I
=
−

e
−
2
e
+2
1
−x
2
dv = e dx
0
π
4

π
1 + cos 2 x
1
1
π 1

+) Tính I 2 = ∫
dx =  x + sin 2 x  4 = +
2
2
2
0 8 4
0
π
−
π −π
π 1

Suy ra I = − e 4 − 2e 4 + 2 + + .
2
8 4

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT quốc gia 2016!


Khóa học LUYỆN ĐỀ TOÁN 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

Câu 6 (1,0 điểm).
Theo bài ra góc giữa cạnh bên AA’ và mặt phẳng
(ABC) bằn600 nên góc A ' AH = 600 và do AA’ = 2a
nên A ' H = a 3 là một đường cao của khối lăng trụ
ABC.A’B’C’ và AH = a.
Mặt khác tam giác ABC cân tại A nên nếu gọi M là
trung điểm của cạnh BC thì đoạn AM là một đường
cao của tam giác ABC và AM < AC = AB = AH = a
nên H nằm ngoài tam giác ABC và nằm trên tia đối
của tia AM suy ra A là trọng tâm của tam giác
HBC.

C'
A'

B'

2a

K
H
60

a

a

C

A
M

B

1
a2. 3
a
⇒ BC = 2 MC = a 3 ⇒ S ∆ABC = BC.AM =
.
2
2
4
3a 3
.
Thể tích khối lăng trụ đã cho là V = A ' H . S ∆ABC =
4

Khi đó ta có AM =

Nối A’M, ta có (A’HM) ⊥ BC khi đó kẻ HK ⊥ A' M , K ∈ A' M thì HK ⊥ ( A' BC ) nên độ dài đoạn
HK là
1
1
1
3a
=
+
⇒.... ⇒ HK =
.
d( H ; (A’BC)) = HK. Ta có
2
2
2
HK
A' H
HM
7
3a
d ( H ; ( A ' BC ))
HM
Suy ra khoảng cách d(H ; (A’BC)) =
. Ta lại có
=
= 3.
d ( A ; ( A ' BC ))
AM
7
a
Vậy khoảng cách d(A ; (A’BC)) =

7

Câu 7 (1,0 điểm).
x2 y2
+
= 1 (a > b > 0)
a 2 b2
Gọi b là bán trục nhỏ của (E), c là khoảng cách từ tâm đến tiêu điểm
Ta có b 2 + c 2 = 25 (1)
Mặt khác diện tích hình thoi là 2bc = 5.4,8 = 24 (2)
 b = 3

2
2
b + c = 25
c = 4
Từ (1) và (2) có hệ 
⇔
 b = 4
bc = 12

 c = 3
b = 3
x2 y 2
+) Trường hợp 1: 
⇒ a 2 = 25 ⇒ ( E ) : +
=1
25 9
c = 4
b = 4

x2 y2
+) Trường hợp 1: 
⇒ a 2 = 25 ⇒ ( E ) : +
=1
25 16
c = 3
Phương trình chính tắc của (E) có dạng

Câu 8 (1,0 điểm).

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT quốc gia 2016!


Khóa học LUYỆN ĐỀ TOÁN 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

Mặt phẳng (α ) có vtpt là n = (a; b; c) trong đó a2 + b2 + c2 ≠ 0 . Do (α) chứa trục Oy nên (α) đi

qua điểm O suy ra (α ) : ax + by + cz = 0 .

(α) chứa Oy nên n = (a; b; c) vuông góc với j (0;1; 0) suy ra b = 0
Mặt cầu có tâm I(2; 0; 1), bán kính R= 2 và (α) tiếp xúc với mặt cầu suy ra khoảng cách từ I đến (α)
c = 0
2a + c
bằng bán kính vậy ta có
=2 ⇔ 
4
2
2

c = a
a +c
3

+) Với c = 0 chọn a = 1 ta có (α ) : x = 0

+) Với c =

4
a chọn a = 3; c = 4 ta có ( α ) : 3x + 4 z = 0 .
3

Câu 9 (0,5 điểm).
Gọi A là biến cố “ Chọn được 2 viên bi xanh”, B là biến cố “ Chọn được 2 viên bi đỏ”, C là biến cố
“ Chọn được 2 viên bi vàng”, và H là biến cố “ Chọn được 2 viên cùng màu ”
Ta có: H = A ∪ B ∪ C và các biến cố A, B, C đôi một xung khắc.
Vậy theo quy tắc cộng xác suất ta có:
C2 C2 C2 5
P ( H ) = P ( A ∪ B ∪ C ) = P ( A ) + P ( B ) + P ( C ) = 42 + 32 + 22 =
C9 C9 C9 18
Biến cố “ Chọn được hai viên bi khác màu” chính là biến cố H .
5 13
Suy ra, P ( H ) = 1 − P ( H ) = 1 − =
.
18 18

Câu 10 (1,0 điểm).
5
6
(a + b) 2 + 5c 2 ≤ 5(a 2 + b 2 ) + 5c 2 = 6(ab + bc + ca ) ≤ (a + b) 2 + 6c(a + b)

2
4
a
+
b
⇒ 5c 2 − 6c(a + b) + (a + b) 2 ≤ 0 ⇔
≤ c ≤ a + b ⇒ a + b + c ≤ 2(a + b)
5
1
1
Khi đó P = 2(a + b + c) − (a 2 + b 2 ) ≤ 2(a + b + c) − (a + b)2 ≤ 4(a + b) − (a + b) 2
2
2
1
Đặt t = a + b ⇒ t ≥ 0 và P ≤ 2t − t 4
2
1 4
Xét hàm số f (t ) = 2t − t với t ≥ 0 , có f '(t ) = 2 − 2t 3 ⇒ f '(t ) = 0 ⇔ t = 1 .
2
3
3
Lập bảng biến thiên ta thu được f (t ) ≤ , ∀t ≥ 0 , dấu " = " t = 1 ⇒ P ≤ , ∀a, b, c ≥ 0
2
2
c = a + b
1

3

a = b =

Vậy Pmax = ⇔ a = b
⇔
2
2
a + b = 1
c = 1

Ta có

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT quốc gia 2016!


Khóa học LUYỆN ĐỀ TOÁN 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI THPT QUỐC GIA 2016
Môn thi: TOÁN; Đề số 05 – GV: Đặng Việt Hùng
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = f ( x ) = x3 + 3x 2 − x + 1, có đồ thị là (C).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình

( x − 1) f '' ( x ) + 9 x = 0.
Câu 2 (1,0 điểm).
4  π

a) Cho góc α thỏa mãn cos α = ,  − < α < 0  .
5  2


π
π


Tính giá trị biểu thức A = sin  α −  cos  α +  .
4
4



b) Cho các số phức z1 = 3 − 2i; z2 = 2 + i . Tìm phần thực và phần ảo của số phức w = iz1 − z2 z12 .
Câu 3 (0,5 điểm). Giải phương trình log 2 ( 2 x − 7 ) − log
2

2

( x − 1) = log 2 ( x + 3)

2

 x + 3 xy + x − y 2 − y = 5 y + 4
Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
 4 y 2 − x − 2 + y − 1 = x − 1
e2

1

Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫  2 x +  ln xdx.
x

1 
Câu 6 (1,0 điểm). Trong không gian cho hình chóp S.ABCD, tứ giác ABCD là hình thang cân, hai
đáy là BC và AD. Biết SA = a 2, AD = 2a, AB = BC = CD = a . Hình chiếu vuông góc của S trên
mặt phẳng ABCD trùng với trung điểm cạnh AD. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng
cách giữa hai đường thẳng SB và AD.

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường tròn ( C ) : ( x − 1) + ( y − 1) = 5 ,
2

2

tâm I và một điểm A ( 4;5 ) . Qua A kẻ đường thẳng d cắt (C) tại hai điểm B, C. Tiếp tuyến của

đường tròn (C) tại B, C cắt nhau tại điểm E. Qua E kẻ đường thẳng vuông góc với IA, cắt đường
tròn (C) tại các điểm M, N. Tìm tọa độ các điểm M, N.

Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A (1; −1; 2 ) , B ( 3;0; −4 ) và mặt
phẳng ( P ) : x − 2 y + 2 z − 5 = 0 . Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng AB và mặt phẳng (P). Viết
phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng AB và vuông góc với mặt phẳng (P).
Câu 9 (0,5 điểm). Một nhóm bạn trẻ gồm 7 nam và 5 nữ, trong đó hotboy A và hotgirl B đang háo
hức dự tuyển cuộc thi đua thuyền. Chọn ngẫu nhiên 5 người thành một nhóm để thi, gồm 3 nam và
2 nữ. Để tránh tình trạng tán tỉnh nhau trong quá trình thi, ban tổ chức yêu cầu 5 người chọn nhất
thiết phải hotboy A hoặc hotgirl B nhưng không được có cả hai. Tính xác suất để chọn được nhóm
theo yêu cầu.

Câu 10 (1,0 điểm). Cho a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn ab + bc + ca > 0 .
4
4
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =
+

+ 2 ( a + 2b + 3c ) .
ab + bc + ca
ab + bc + c 2
Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT quốc gia 2016!


Khóa học LUYỆN ĐỀ TOÁN 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 5
Câu 1 (2,0 điểm).
Gọi hoành độ tiếp điểm là xo ta có f '' ( xo ) = 6 xo + 6
 xo = −2
Theo đề ta có ( xo − 1)( 6 xo + 6 ) + 9 xo = 0 ⇔ 2 x + 3 xo − 2 = 0 ⇔ 
 xo = 1

2
2
o

- Với xo = −2 ta có phương trình tiếp tuyến: y = 7 .
- Với xo =

1
11 
1  11 11
ta có phương trình tiếp tuyến y =  x −  + = x .
2
4

2 8
4

Câu 2 (1,0 điểm).
2

9
3
4
a) sin α + cos α = 1 ⇔ sin α = 1 − cos α = 1 −   =
⇔ sin α = ±
25
5
5
π
3
Vì − < α < 0 nên sin α = − .
2
5
π
π 1
49


 π  1
A = sin  α −  cos  α +  = sin 2α + sin  −   = ( 2 sin α cos α − 1) = −
4
4 2
50



 2  2
2

2

2

2

b) Ta có w = i ( 3 − 2i ) − ( 2 − i )( 3 − 2i ) = 4 + 32i
2

Suy ra phần thực là 4, phần ảo là 32.

Câu 3 (0,5 điểm).
ĐK : x − 1 > 0 ⇔ x > 1.

log 2 ( 2 x − 7 ) − log
2

⇔ log 2

( 2x − 7)
( x − 1)

2

2

2

( x − 1) = log 2 ( x + 3)

= log 2 ( x + 3)

2

⇔ log 2 ( 2 x − 7 ) − log 2 ( x − 1) = log 2 ( x + 3)
2

2

2

 2x − 7
 x −1 = x + 3
2
 2x − 7 
⇔
 = ( x + 3) ⇔ 
 x −1 
 2 x − 7 = − ( x + 3)
 x − 1
2

2

 x 2 + 4 = 0 ( Loai )


 x = −2 + 14 ( TM )
⇔ 2
 x + 4 x − 10 = 0 ⇔ 
 x = −2 − 14 ( Loai )

Vậy x = −2 + 14 là giá trị cần tìm.

Câu 4 (1,0 điểm).

 xy + x − y 2 − y ≥ 0

Điều kiện: 4 y 2 − x − 2 ≥ 0
 y −1 ≥ 0

Ta có (1) ⇔ x − y + 3

( x − y )( y + 1) − 4( y + 1) = 0

Đặt u = x − y , v = y + 1 ( u ≥ 0, v ≥ 0 )
Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT quốc gia 2016!


Khóa học LUYỆN ĐỀ TOÁN 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

u = v
Khi đó (1) trở thành u 2 + 3uv − 4v 2 = 0 ⇔ ( u − v )( u + 4v ) = 0 ⇔ 
 u + 4v = 0
+) Với u + 4v = 0 ⇔ u = v = 0 ⇒ x = y = −1 (không thỏa mãn)

+) Với u = v ta có x = 2 y + 1 , thay vào (2) ta được

⇔ 4 y 2 − 2 y − 3 − ( 2 y − 1) +
2 ( y − 2)
4 y2 − 2 y − 3 + 2 y −1
⇔ y = 2 (vì

(

)

4 y2 − 2 y − 3 + y −1 = 2 y

y −1 −1 = 0


2
y−2
+
= 0 ⇔ ( y − 2) 
2
 4 y − 2 y − 3 + 2 y −1
y −1 +1


+

2
4 y2 − 2 y − 3 + 2 y −1

+


1
=0
y − 1 + 1 

1
> 0, ∀y ≥ 1 )
y −1 + 1

Với y = 2 thì x = 5 . Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của hệ PT là ( x; y ) = ( 5; 2 ) .

Câu 5 (1,0 điểm).
e2

e2

e2

1
ln xdx

I = ∫  2 x +  ln xdx. = ∫ 2 x ln xdx + ∫
= I1 + I 2
x
x
1 
1

1
2
dx

u = ln x
e2 e
x 2 e2
e4 − 1 3e 4 + 1
du =
2
4
4
Đặt 
⇒
⇒
I
=
x
ln
x
−
xdx
=
2
e
−
=
2
e
−

=
x
1
2 1
2
2
1 ∫1
dv = 2 xdx v = x 2


e2

2

e
ln xdx
ln 2 x e2
I2 = ∫
= ∫ ln xd ( ln x ) =
=2
x
2 1
1
1

3e 4 + 1 3e4 + 5
Suy ra I = 2 +
=
2
2

Câu 6 (1,0 điểm).
S

A

D

I

B

C

3a 2 3
4
Xét ∆SBI vuông tại I có: SI 2 = SB 2 − BI 2 = a 2 ⇒ SI = a.

Ta có S ABCD = 3S ABI =

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT quốc gia 2016!


Khóa học LUYỆN ĐỀ TOÁN 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

1
a3 3
VS . ABCD = SI .S ABCD =

(dvtt)
3
4

Ta có


 ⇒ AD
BC ⊂ ( SBC ) 
AD BC

( SBC ) ⇒ d ( AD, BC ) = d ( AD, ( SBC ) ) = d ( I , (SBC ) ) =

1
1 a 3 3 a3 3
VISBC = VS . ABCD =
=
; S SBC =
3
3 4
12
a 21
Vậy d ( AD, SB ) =
7

p ( p − a )( p − b )( p − c ) =

3VSIBC
S SBC

a2 7
4

Câu 7 (1,0 điểm).
Các em xem video trên Moon.vn nhé.
Câu 8 (1,0 điểm).

 x = 1 + 2t

AB = ( 2;1; −6 ) là vtcp của đường thẳng AB. Khi đó AB :  y = −1 + t
 z = 2 − 6t


(t ∈ R )

Gọi M là giao điểm của AB và (P). Khi đó M (1 + 2t ; −1 + t ; 2 − 6t )
M ∈ (P) ⇒ (1 + 2t ) − 2 ( −1 + t ) + 2 ( 2 − 6t ) − 5 = 0 ⇔ t =

1
4 5 
⇒ M  ; − ;1
6
3 6 

Véc tơ pháp tuyến n( Q ) =  AB, n( P )  = ( −10; −10; −5 ) = −5 ( 2; 2;1)
Suy ra ( Q ) : 2 x + 2 y + z − 2 = 0.

Câu 9 (0,5 điểm).
Ta có Ω = C125
Gọi A là biến cố “5 người được chọn nhất thiết phải có A hoặc B nhưng không được có cả hai”

TH1: Trong 5 người được chọn có A nhưng không có B.
- Chọn 2 nam có C62
- Chọn 2 nữ có C42 (không có B)

⇒ Có C62 .C42 cách chọn
TH2: Trong 5 người được chọn có B nhưng không có A
- Chọn 3 nam có C63 (không có A)
- Chọn 1 nữ có C41

⇒ Có C63 .C41 cách chọn

⇒ Ω A = C62 .C42 + C63 .C41 ⇒ PA =

ΩA
Ω

=

85
396

Câu 10 (1,0 điểm).
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Shwarz chúng ta có:

1 1
4
+ ≥
≥
x y x+ y

2 2
x2 + y 2

Do đó, ta suy ra:

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT quốc gia 2016!


Khóa học LUYỆN ĐỀ TOÁN 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

4
4
16
8 2
+
≥
≥
ab + bc + ca
2ab + 2bc + ac + c 2
ab + bc + c 2
ab + bc + ca + ab + bc + c 2
=

8 2

( a + c )( 2b + c )

Và rõ ràng, đi từ giả thiết với điều kiện

c ≥ 0 ⇔ a + c ≤ a + 2c ⇔

( a + c )( c + 2b ) ≤ ( a + 2c )( c + 2b ) ≤

a + 2b + 3c
2

16 2
16 2
+ 2 ( a + 2b + 3c ) = f ( t ) = 2t +
.
a + 2b + 3c
t
t = 4
t 2 − 16
 16 
Xét hàm số f ( t ) với t = a + 2b + 3c > 0 có f ' ( t ) = 2 1 − 2  = 2. 2 = 0 ⇔ 
.
t 
t

 t = −4
Từ đó có được P ≥

Mặt khác lim f ( t ) = lim f ( t ) = +∞ suy ra f ( t ) ≥ f ( 4 ) = 8 2 .
t →0

t →+∞

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức đã cho là 8 2 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

a = 2; b = 1; c = 0 .

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT quốc gia 2016!


Khóa học LUYỆN ĐỀ TOÁN 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

THỬ SỨC TRƯỚC KÌ THI THPT QUỐC GIA 2016
Môn thi: TOÁN; Đề số 06 – GV: Đặng Việt Hùng
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

x−2
( C ) và đường thẳng d : x − y + m = 0 .
x −1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y =

b) Tìm m để d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 4 3 biết

C ( 2; 2 ) .
Câu 2 (1,0 điểm).

π

a) Giải phương trình 2 cos 2  − 2 x  + 3 cos 4 x = 4 cos 2 x − 1.
4


b) Tìm các số thực a và b sao cho phương trình z 2 + az + b = 0 có một nghiệm là 2 + i , khi đó tìm
nghiệm còn lại của phương trình đã cho.

(

)

Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình log 2 1 + x = log 3 x
 2 ( x3 + y3 ) 3 ( x2 + y 2 ) 5 ( x + y )

−
+
= 8,
xy
Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  xy xy
xy

2 5 x − 1 + 2 2 − y = 5 x + y.
Câu 5 (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường
y = x; y = x ( 2 + tan 2 x ) ; x =

( x; y ∈ ℝ ) .

π
.
4

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có các mặt phẳng (SBC) và (ABC) vuông góc với nhau, các
cạnh AB = AC = SA = SB = a. Tìm độ dài cạnh SC sao cho khối chóp S.ABC có thể tích bằng
a3 2

. Khi đó tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC theo a.
12
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD , gọi E là trung
điểm của CD , điểm F thuộc cạnh AB sao cho AB = 2 FB , đường thẳng DF có phương trình y = 3 ,
đường thẳng qua D và vuông góc với BE có phương trình 7 x − y + 10 = 0 , biết và điểm C có hoành
độ nguyên và thuộc đường thẳng 3 x − y = 0 . Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD.

Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; 5; 0), B(3; 3; 6) và
x + 1 y −1 z
đường thẳng ∆ :
=
= . Một điểm M thay đổi trên đường thẳng ∆, xác định vị trí của
2
−1 2
điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 9 (0,5 điểm). Từ các số tự nhiên từ 0 đến 9 có thể lập được bao nhiêu số có 5 chữ số sao cho
các chữ số đôi một khác nhau và không kết thúc bằng chữ số 9.
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực a, b, c không đồng thời bằng 0 và thỏa mãn
(a + b + c)2 = 2(a 2 + b 2 + c 2 ) . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của P =

a 3 + b3 + c 3
.
(a + b + c)(ab + bc + ca)

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT quốc gia 2016!


Khóa học LUYỆN ĐỀ TOÁN 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

LỜI GIẢI CHI TIẾT ĐỀ SỐ 6
Câu 1 (2,0 điểm).
Phương trình hoành độ giao điểm:

 x ≠ 1
x−2
= x+m⇔ 
2
x −1
 g ( x ) = x + ( m − 2 ) x − m + 2 = 0

+) Để d cắt (C) tại điểm phân biệt ⇔ g ( x ) = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 1.

∆ = ( m − 2 )2 + 4 ( m − 2 ) > 0
⇔
⇔ m 2 > 4 (*)
 g (1) = 1 ≠ 0

 x1 + x2 = 2 − m
+) Khi đó gọi A ( x1 ; x1 + m ) , B ( x2 ; x2 + m ) theo Viet ta có: 
 x1 x2 = 2 − m
+) Ta có
m
1
S ABC = AB.d ( C ; AB ) = =
m 2 − 4 = 4 3 ⇔ m2 m 2 − 4 = 192 ⇔ m 2 = 16 ⇔ m = ±4 ( tm *)
2
2
Vậy m = ±4 là giá trị cần tìm.

(

)

Câu 2 (1,0 điểm).
π

π

a) PT ⇔ 2 cos 2  − 2 x  + 3 cos 4 x = 4 cos 2 x − 1 ⇔ 1 + cos  − 4 x  + 3 cos 4 x = 4 cos 2 x − 1
4

2

⇔ 3 cos 4 x + sin 4 x = 2 ( 2 cos 2 x − 1) ⇔

3
1
π

cos 4 x + sin 4 x = cos 2 x ⇔ cos  4 x −  = cos 2 x
2
2
6


π
π



 4 x − 6 = 2 x + k 2π
 x = 12 + kπ
⇔
⇔
(k ∈ Z )
 4 x − π = −2 x + k 2π
x = π + k π


36
3
6
Vậy x =

π
π
π
+ kπ và x =
+k
12
36
3

(k ∈ Z )

là nghiệm của PT.

b) Ta có 1 + 2i là nghiệm của phương trình đã cho do vậy:
2a + b + 3 = 0

a = −4
2
⇔
( 2 + i ) + a ( 2 + i ) + b = 0 ⇔ 3 + 4i + 2a + ai + b = 0 ⇔ 
a + 4 = 0
b = 5
Khi đó PT trở thành: z 2 − 4 z + 5 = 0 có z1 = 2 + i ⇔ z2 = 4 − z1 = 2 − i .

Kết luận: a = −4; b = 5; z2 = 2 − i
Câu 3 (0,5 điểm).
ĐK: x > 0. Đặt y = log 3 x ⇒ x = 3 y

(

)

y

y
1  3
Ta có PT ⇔ log 2 1 + 3 = y ⇔ 1 + 3 = 2 ⇔ f ( y ) =   + 
 = 1 (1)
 2   2 
Ta thấy hàm số f ( y ) nghịch biến trên R và y = 2 thoã mãn (1), do đó là nghiệm duy nhất của (1).
Với y = 2 ⇒ x = 9
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 9.
y

y

y

Câu 4 (1,0 điểm).

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT quốc gia 2016!


Khóa học LUYỆN ĐỀ TOÁN 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

1
Điều kiện x ≥ ; 0 < y ≤ 2 .
5
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với
3
2
x + y ) − 3 xy ( x + y )
x + y ) − 2 xy
(
(
x+ y
2.
− 3.
+ 5.
−8 = 0
xy
xy xy
xy

 x+ y
( x + y) − x + y − 2 = 0
⇔ 2
− 3.

 xy 
xy
xy


3

Đặt

2

x+ y
= t , t > 0 ta thu được
xy

2t 3 − 3t 2 − t − 2 = 0 ⇔ ( t − 2 ) ( 2t 2 + t + 1) = 0 ⇔ t = 2
⇔ x + y = 2 xy ⇔

(

x− y

)

2

=0⇔ x =

y ⇔x= y

Khi đó phương trình thứ hai trở thành
5 x − 1 + 2 − x = 3x ⇔ 5 x − 1 − 2 = 3x − 3 + 1 − 2 − x

x = 1
5x − 5
x −1
⇔
= 3x − 3 +
⇔
5
1

= 3+
(1)
5x −1 + 2
1+ 2 − x
1+ 2 − x
 5 x − 1 + 2
5
5
1
1 
Dễ thấy
≤ < 3 < 3+ +
, ∀x ∈  ; 2  , dẫn đến (1) vô nghiệm.

5x − 1 + 2 2
1+ 2 − x
5 
Kết luận hệ có nghiệm duy nhất x = y = 1 .
Câu 5 (1,0 điểm).
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường đã cho là x = x ( 2 + tan 2 x ) ⇔ x = 0 .
 π
Hơn nữa x ( 2 + tan 2 x ) − x = x (1 + tan 2 x ) ≥ 0, ∀x ∈ 0;  .
 4
π

Do đó diện tích hình phẳng cần tính là S = ∫ x (1 + tan 2 x ) dx .
4

0

Đặt x = u ⇒ dx = du; (1 + tan x ) dx = dv ⇒ v = tan x .
2

π
π

4

Suy ra S = x tan x 04 − ∫ tan x dx =
0

π
4

+ ln cos x

π
4
0

=

π

1
− ln 2 (đvdt).
4 2

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT quốc gia 2016!


Khóa học LUYỆN ĐỀ TOÁN 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

Câu 6 (1,0 điểm).
A

Ta xét hình chóp với đỉnh là A.
Gọi H là trung điểm BC.
Do AB = AC = a ⇒ AH ⊥ BC.
Theo giả thiết hai mặt phẳng (ABC) và (SBC) vuông
góc với nhau theo giao tuyến BC nên suy
ra AH ⊥ (SBC).

C

S

Ta có : AB = AC = AS nên HB = HC = HS
⇒ tam giác SBC vuông tại S.

H
B

Đặt SC = x. Ta có BC =

a2 + x2

3a 2 − x 2
3a 2 − x 2
⇒ AH = AB − BH =
⇒ AH =
.
4
2
1
1
1
Thể tích khối chóp V = AH . SB.SC =
ax 3a 2 − x 2 .
3
2
12
3

a
3a 2
a 6
Theo giả thiết V =
⇔ x 3a 2 − x 2 =
⇔ x=
.
8
2
2
2

2

2

Câu 7 (1,0 điểm).
Ta có: D = DF ∩ DK ⇒ D ( −1;3) , gọi C ( t ;3t ) ta có:
 t − 1 3t + 3 
E
;

2 
 2

3xB − 3u = t + 1
Gọi F ( u;3) ta có: 3FB = DC ⇒ 
3 yB − 9 = 3t − 3
 3u + t + 1


 6u − t + 5 −t + 1 
⇒ B
; t + 2  ⇒ EB 
;
 .u DK = 0
3
6
2 



Ta có: ( 6u − t + 5) + 7 ( −3t + 3) = 0 ⇔ 3u − 11t = −13 (1)
 3u − 2t + 1 
Lại có: CB.CD = 0 ⇔ 
 ( −1 − t ) + ( −2t + 2 )( 3 − 3t ) = 0
3


⇔ ( 3u − 2t + 1)( t + 1) = 18 ( t − 1) ⇔ (11t − 13 − 2t + 1)( t + 1) = 18 ( t − 1)
2

2

t = 2 ⇒ C ( 2;6 ) ⇒ u = 3 ⇒ F ( 3;3) ⇒ B ( 4; 4 )

⇔ ( 3t − 4 )( t + 1) = 6 ( t − 1) ⇔  5
5 
t = ⇒ C  ;5  ( loai )
 3
3 

Khi đó A (1;1) . Vậy A (1;1) ; B ( 4; 4 ) ; C ( 2;6 ) ; D ( −1;3) là các điểm cần tìm.
2

Câu 8 (1,0 điểm).
Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM.
Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất.

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT quốc gia 2016!


Khóa học LUYỆN ĐỀ TOÁN 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

 x = −1 + 2t

Đường thẳng ∆ có phương trình tham số:  y = 1 − t .
 z = 2t

Điểm M ∈ ∆ nên M ( −1 + 2t ;1 − t ; 2t ) .
AM =

( −2 + 2t ) + ( −4 − t ) + ( 2t )

BM =

( −4 + 2t ) + ( −2 − t ) + ( −6 + 2t )

2

2

2

2

( 3t )

2

+ 2 5

)

= 9t 2 + 20 =
2

( 3t )

2

(

+ 2 5

= 9t 2 − 36t + 56 =

2

( 3t − 6 )

+

2

(

)

2

( 3t − 6 )

2

(

+ 2 5

)

2

)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u = ( 3t ; 2 5 ) và v = ( −3t + 6; 2 5 ) .

| u |= ( 3t ) + ( 2 5 )
Ta có 
| v |= ( 3t − 6 ) + 2 5
( )


Suy ra AM + BM =| u | + | v | và u + v = ( 6; 4 5 ) ⇒| u + v |= 2 29
AM + BM =

(

2

+ 2 5

2

2

2

2

2

Mặt khác, với hai vectơ u , v ta luôn có | u | + | v |≥| u + v |
Như vậy AM + BM ≥ 2 29

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u , v cùng hướng ⇔

⇒ M (1;0; 2 ) và min ( AM + BM ) = 2 29 .
Vậy khi M(1; 0; 2) thì minP = 2

(

11 + 29

3t
2 5
=
⇔ t =1
−3t + 6 2 5

)

Câu 9 (0,5 điểm).
Gọi số có 5 chữ số cần lập là abcde .
TH1: Chữ số cuối cùng là số 0. Khi đó chọn 4 chữ số còn lại và sắp xếp ta có: A94 = 3024 số.
TH2: Chứ số cuối cùng khác 0, khi đó có 8 cách chọn e ( trừ số 0 và 9)
Sau khi chọn e ta có 8 cách chọn a ( do a khác 0)
Khi đó có 8 cách chọn b, 7 cách chọn c và 6 cách chọn d.
Vậy có: 8.8.8.7.6 = 21504 số
Vậy có: 24528 số thõa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 10 (1,0 điểm).
Ta có (a + b + c)2 = a 2 + b 2 + c 2 + 2(ab + bc + ca )
⇔ 2(a 2 + b 2 + c 2 ) = a 2 + b 2 + c 2 + 2(ab + bc + ca )

1
1
⇔ ab + bc + ca = (a 2 + b 2 + c 2 ) = (a + b + c)2
2
4
3
3
3

3
3
3
4(a + b + c )
a
b
c






Khi đó P =
= 4
 + 4
 + 4

( a + b + c )3
 a+b+c
 a+b+c
 a+b+c 
4a
4b
4c
Đặt x =
;y=
;z =
từ phép đặt ta có
a+b+c

a+b+c
a+b+c
 x+ y+ z = 4
 y+ z = 4− x
 y+ z = 4− x
⇔
⇔
(*)

2
 xy + yz + xz = 1  yz = 4 − x( y + z )
 yz = x − 4 x + 4
Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT quốc gia 2016!


Khóa học LUYỆN ĐỀ TOÁN 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

Khi đó, 16 P = x3 + y 3 + z 3 = x 3 + ( y + z )3 − 3 yx( y + z ) = 3 x 3 − 12 x 2 + 12 x + 16
3
3
3
Suy ra P = x3 − x 2 + x + 1
16
4
4
 8
Từ (*) để tồn tại y và z khi và chỉ khi (4 − x)2 ≥ 4(4 − 4 x + x 2 ) ⇔ x ∈ 0; 
 3

3
3
3
 8
Như vậy bái toán trở thành tìm GTLN và GTNN biểu thức P = x3 − x 2 + x + 1 trên x ∈  0; 
16
4
4
 3
3

x=
9 2 3
3
 2  11
8

Ta có P ' = x − x + = 0 ⇔
2 ; P (0) = 1; P   = ; P (2) = 1; P   = 1 nên

16
2
4
3 9
 3
x = 2
11
8
2
2

8
+) MaxP =
tại x = ; y = z = ; x = ; y = z =
9
3
3
3
3
+) MinP = 1 tại x = 0; y = z = 2; x = 2; y = x = 0

Tham gia các khóa Luyện thi trực tuyến tại MOON.VN để đạt điểm số cao nhất trong kì thi THPT quốc gia 2016!