01 DE THI MINH HOA KI THI THPTQG 2016 de 4

Khóa học LUYỆN ĐỀ TOÁN 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

ĐỀ THI MINH HỌA KÌ THI THPTQG 2016 – MOON.VN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Thầy Đặng Việt Hùng – Moon.vn – Đề số 04
VIDEO bài giảng và LỜI GIẢI CHI TIẾT các bài tập chỉ có tại website MOON.VN
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3 − 6 x 2 + 9 x
a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Tìm điểm M có tọa độ là số nguyên thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của đồ thị tại M tạo với đường thẳng
d : x + y + 1 = 0 một góc φ thỏa mãn cos φ =

4
.
41

Câu 2 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình sin 2 x − cos 2 x − 2sin x + 1 = 0
b) Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức w = (1 + i ) z biết rằng số phức z thõa mãn z − 1 = 3 .
Câu 3 (0,5 điểm). Giải bất phương trình

1
log 4 x − 4 x + 3
2

<

1
log 4 ( x − 3)

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

dx
.
x + x +1
0 1+

Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, 2 AC = BC = 2a. Mặt
phẳng (SAC) tạo với mặt phẳng (ABC) một góc 600. Hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm
H của cạnh BC. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AH và SB theo a.

Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho d1 : 3 x + 4 y − 28 = 0, d 2 : 4 x − 3 y − 19 = 0. Gọi

(C )

là đường tròn có tâm I đi qua M ( 4; 4 ) và tiếp xúc với d1 . Đường thẳng d 2 cắt ( C ) tại 2 điểm phân

39
. Viết phương trình đường tròn ( C ) .
2
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng ∆ song song đồng

biệt A, B. Biết diện tích tứ giác MAIB bằng

thời với hai mặt phẳng ( P ) : 3x + 12 y − 3z − 5 = 0; ( Q ) : 3x − 4 y + 9 z + 7 = 0 , hơn nữa cùng cắt cả hai đường
thẳng có phương trình d1 :

x + 5 y − 3 z +1
x − 3 y +1 z − 2
=
=
; d2 :
=
=
.
2
−4
3
−2
3
4
n

 x2
n 
Câu 9 (0,5 điểm). Tìm hệ số của x trong khai triển nhị thức Niu-Tơn của biểu thức  −
 , biết
 2 9 x
8

rằng Cnn −1 + Cnn − 2 = 45 (với Cnk là số tổ hợp chập k của n phần tử).

Câu 10 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn 2a (b + c) + b(c + a ) = 6 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P =

1
4
3c
+
+
.
2
2
1+ a
4 + b 9 + c2

Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016


Khóa học LUYỆN ĐỀ TOÁN 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1 (2,0 điểm).
Gọi M ( a; a 3 − 6a 2 + 9a ) ( a ∈ Z ) . PT tiếp tuyến tại M có dạng: y = kx + b hay kx − y + b = 0
k = 9
4
2
2
2
=
⇔ 41( k − 1) = 32 ( k + 1) ⇔ 9k − 82k + 9 = 0 ⇔ 
Ta có: cos ϕ =

1
2
k =
41
2. k + 1
9

2
 y ' ( a ) = 3a − 12a + 9 = 9
 a = 0  M ( 0; 0 )

Khi đó:
⇔
⇒
1

 y ' ( a ) = 3a 2 − 12a + 9 = ( loai )
 a = 4  M ( 4; 4 )

9
k −1

Vậy M ( 0;0 ) ; M ( 4; 4 ) là các điểm cần tìm.
Câu 2 (1,0 điểm).
a) sin 2 x − cos 2 x − 2sin x + 1 = 0 ⇔ 2sin x cos x − 2sin x + 2sin 2 x = 0 ⇔ sin x ( cos x + sin x − 1) = 0


 x = kπ
 x = kπ
 x = kπ


sin x = 0
π π



⇔
⇔
(k ∈ Z )
π  1 ⇔ x + = + k 2π ⇔

 x = π + k 2π

4 4
sin x + cos x = 1 sin  x +  =
4

2
2

 
π 3π
x + =
+ k 2π

4 4
b) Đặt z = a + bi, w = x + yi ( a, b, x, y ∈ R ) . Ta có: x + yi = (1 + i )( a + bi ) ⇔ x + yi = ( a − b ) + ( a + b ) i
x+ y

a=


a − b = x

2
⇔
⇔
a + b = y
b = y − x

2
 x+ y   x− y
Mặt khác z − 1 = 3 ⇒ a + bi − 1 = 3 ⇔ ( a − 1) + b = 3 ⇔ 
− 1 + 
 =3
 2
  2 
x2 + y 2
2
2
⇔
− ( x + y ) = 2 ⇔ ( x − 1) + ( y − 1) = 2 .
2
2
2
Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức w là đường tròn ( C ) : ( x − 1) + ( y − 1) = 2
Câu 3 (0,5 điểm).
 x2 − 4 x + 3 > 0
x > 3
 2


x − 4x + 3 ≠ 1
Điều kiện: 
⇔ x ≠ 4
x − 3 > 0

x ≠ 2 + 2
x − 3 ≠ 1

Khi đó có 3 trường hợp:
2

2

2

2

• TH1: Nếu x > 4 thì log 4 x 2 − 4 x + 3 > log 4 1 = 0 và log 4 ( x − 3) > log 4 1 = 0 .
Do đó bpt tương đương: log 4 ( x − 3) < log 4 x 2 − 4 x + 3 ⇔ x − 3 < x 2 − 4 x + 3 ⇔ x − 3 < x − 1 (đúng
∀x > 4 )
• TH2: Nếu 2 + 2 < x < 4 thì log 4 x 2 − 4 x + 3 > log 4 1 = 0 và log 4 ( x − 3) < log 4 1 = 0 .
Suy ra BPT vô nghiệm.
• TH3: Nếu 3 < x < 2 + 2 thì log 4 x 2 − 4 x + 3 < log 4 1 = 0 và log 4 ( x − 3) < log 4 1 = 0 .
Do đó bpt tương đương: log 4 ( x − 3) < log 4 x 2 − 4 x + 3 ⇔ x − 3 < x 2 − 4 x + 3 ⇔ x − 3 < x − 1
Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016


Khóa học LUYỆN ĐỀ TOÁN 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

(đúng ∀x ∈ (2; 2 + 2) )

(

Facebook: LyHung95

)

Vậy bất phương trình có tập nghiệm là S = 2; 2 + 2 ∪ ( 4; + ∞ )

Câu 4 (1,0 điểm).
x + y ≥ 0
Điều kiện: 
(*)
x − y ≥ 0
Đặt t = x + y ≥ 0 , từ (1) ta có: t + t + 3 = t 2 + 2 t ⇔ t − t 2 + t + 3 − 2 t = 0
3(1 − t )
3

= 0 ⇔ (1 − t )  t +
t +3 +2 t
t +3 +2 t


⇔ t (1 − t ) +

3

> 0, ∀t ≥ 0 ).
 = 0 ⇔ t = 1 (Vì t +
t +3 +2 t



Suy ra x + y = 1 ⇔ y = 1 − x (3).

x 2 + 3 + 2x − 1 = 3 ⇔

Thay (3) vào (2) ta có:

⇔
(Vì

x2 −1
x2 + 3 + 2

x2 + 3 + 2

) (

x2 + 3 − 2 +

)

2x − 1 − 1 = 0



x +1
2x − 2
2
= 0 ⇔ ( x − 1) 

+
 = 0 ⇔ x =1
2
−
+
2x −1 +1
2x
1
1
+
+
x
3
2



+

x +1

(

+

2
1
> 0, x ≥ ).
2
2x − 1 + 1

Suy ra x = 1; y = 0), thoả mãn (*).
Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất x = 1; y = 0

Câu 5 (1,0 điểm).
1
1
1
1
1
1
dx
1+ x − x +1
1+ x − x +1
1
1
x +1
I =∫
dx = ∫
dx = ∫
dx + ∫ dx − ∫
dx
=∫
2
2
x + x + 1 0 1 + x − x −1
2 x
0 1+
0
0 2 x

0
0 2 x

(

Đặt

)

x = t ⇒ x = t 2 ⇒ dx = 2tdt

2tdt 1
t2 +1
3
t2 +1
3
Suy ra I = ∫
+ −∫
dt = − ∫
dt = − J
2t
2 0 2t
2 0 2t
2
0
1

1

Xét J = ∫

0

1

t2 +1
dt . Đặt
2t
2

Suy ra 2 J = ∫
1

u
u2 −1

Áp dụng công thức

1

t 2 + 1 = u ⇒ u 2 = t 2 + 1 ⇒ du = dt

du = 2 + ln

∫

(

)

2 +1

(

u 2 − 1du = ln u + u 2 − 1

(

)

)

2 + ln 2 + 1
3
−
2
2
Câu 6 (1,0 điểm).

Do đó I =

Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016


Khóa học LUYỆN ĐỀ TOÁN 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

Dựng HK ⊥ AC ⇒ AC ⊥ ( SHK ) ⇒ SKH = 600
Ta có: AB = BC 2 − AC 2 = a 3 ⇒ HK =

Khi đó: SH = HK tan 600 =

AB a 3
=
2
2

a 3
3a
. 3=
2
2

1
a3 3
Do vậy VS . ABC = .SH .S ABC =
3
4
Dựng Bx / / AH ⇒ d ( SB; AH ) = d ( H ; SBx )
Dựng HE ⊥ Bx; HF ⊥ SE ⇒ d ( AH ; SB ) = HF
Do ∆AHC là tam giác đều ( AH = HC = AC ) suy ra
EBH = AHC = 600 ⇒ HE = HB sin 600 =

Khi đó d = HF =

SH .HE
SH 2 + HE 2

=

a 3
2

3a
a3 3
3a
. Đ/s: V =
;d =
4
4
4

Câu 7 (1,0 điểm).
Đường thẳng d1 , d 2 có véc tơ pháp tuyến lần lượt là n1 = ( 3;4 ) , n2 = ( 4; −3) .
Ta có n1.n1 = 0 ⇒ n1 ⊥ n2 ⇒ d1 ⊥ d 2 . Và M ( 4;4 ) ∈ d1 : 3x + 4 y − 28 = 0
Suy ra d1 tiếp xúc (C ) tại M. Suy ra IM ⊥ d1 , suy ra IM / / d 2 ⇒ IM / / AB

⇒ d ( I / AB ) = d ( M / AB ) =

4.4 − 3.4 − 19
32 + 42

=3

Ta có IM = R ⇒ AB = 2 R 2 − d ( I / d2 ) = 2 R 2 − 9

S MAIB =

( MI + AB ) .d ( I / AB )
2

=

(

3 R + 2 R2 − 9
2

) = 39 ⇒ R + 2
2

R 2 − 9 = 13 ⇒ R = 5

Gọi I ( x, y ) ⇒ IM = ( 4 − x;4 − y ) ta có IM 2 = 25 = ( x − 4 ) + ( y − 4 ) (*)
2

Mà IM ⊥ d1 ⇒ 4 ( 4 − x ) = 3 ( 4 − y ) thay vào (*) ta được 25 =

2

x = 7
25
2
2
( x − 4) ⇒ ( x − 4) = 9 ⇔ 
9
x = 1

+) Với x = 7 ⇒ I ( 7;8 ) ⇒ (C ) : ( x − 7 ) + ( y − 8 ) = 25
2

2

+) Với x = 1 ⇒ I (1;0 ) ⇒ (C ) : ( x − 1) + y 2 = 25
2

Vậy có 2 đường tròn thỏa mãn là (C1 ) : ( x − 7 ) + ( y − 8 ) = 25 và (C2 ) : ( x − 1) + y 2 = 25
2

2

2

Câu 8 (1,0 điểm).
Do đường thẳng cần lập song song với cả hai mặt phẳng nên u∆ =  nP ; nQ  = (10; −3; −2 ) .
 M = ∆ ∩ d1  M ( −5 + 2m;3 − 4m; −1 + 3m )
⇒
⇒ MN = ( 8 − 2n − 2m; −4 + 3n + 4m;3 + 4n − 3m ) .
Giả sử 
 N = ∆ ∩ d2
 N ( 3 − 2n; −1 + 3n; 2 + 4n )

Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016


Khóa học LUYỆN ĐỀ TOÁN 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: LyHung95

8 − 2n − 2m −4 + 3n + 4m 3 + 4n − 3m

14
1
=
=
⇔ m = ;n = − .
10
−3
−2
17
2
x − 4 2y + 5 z
Rõ ràng N ∉ ( P ) , N ∉ ( Q ) ⇒ ∆ :
=
=
.
10
−6
−2
Câu 9 (0,5 điểm).
n ( n − 1)
Từ Cnn −1 + Cnn − 2 = 45 ⇔ n +
= 45 ⇔ n 2 + n − 90 = 0 ⇔ n = 9
2

Ta có tỷ lệ

n

9

1
− 
 x2
n   x2
1   x2
2
Ta có khai triển:  −
x
=
−
=
−

 
 
x  2
 2 9 x  2


 x2 
C
∑
 
k =0
 2 
9

9− k

k

9
 −1 
1
.  − x 2  = ∑ C9k .  
2

 k =0

k
9

9−k

18 −

. ( −1) .x
k

Hệ số của số hạng chứa x8 nên ta có 18 −

9

5k
2

5k
=8⇔ k = 4
2

5

63
4
1
⇒ hệ số của x là C .   . ( −1) =
16
2
Câu 10 (1,0 điểm).
c
1
1
b
c
3
Viết lại: P =
+
+
→ Đặt a = x; = y; = z ta có:
2
2
2
2
3
1+ a
b
c
1+   1+  
2
 3

Điều kiện: 2a ( b + c ) + b ( c + a ) = 6 ⇔ 6 xy + 6 yz + 6 zx = 6 ⇔ xy + yz + zx = 1
8

4
9

Khi đó ta đi tìm GTLN của P =

1
1
z
+
+
2
2
1+ x 1+ y 1+ z2

Do xy + yz + zx = 1 nên tồn tại tam giác ABC sao cho x = tan

1
2 A

1
2 B

tan

A
B
C

; y = tan , z = tan
2
2
2

C

2 = cos 2 A + cos 2 B + sin C cos C
C
2
2
2
2
tan
+ 1 tan
+ 1 tan 2 + 1
2
2
2
1
C
C
A− B
A+ B
C
C
= 1 + ( cos A + cos B ) + sin
+ sin
1 − sin 2 = 1 + cos
.cos

1 − sin 2
2
2
2
2
2
2
2

⇒P=

↔ P ≤ 1 + sin

+

+

C
C
C
+ sin
1 − sin 2
2
2
2

C


Khảo sát hàm số: f ( t ) = 1 + t + t 1 − t 2  0 < t = sin < 1

2


Nhận xét f ' ( t ) = 1 +

Suy ra PMax

1 − 2t 2
1− t2

=0⇔t =

 3  4+3 3
3
. Lập BBT ta có f ( t ) ≤ f 
 =
2
2
4



z = 3
4+3 3

c = 3 3
=
⇔
→
4

−
2
3
4
x = y =
2a = b = 4 − 2 3

2

Biên soạn: Thầy Đặng Việt Hùng [ĐVH]

Tham gia các khóa Luyện thi môn TOÁN tại MOON.VN để hướng đến kì thi THPT Quốc gia 2016