01 DE THI MINH HOA KI THI THPTQG 2016 de 5

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 05
VIDEO bài giảng và LỜI GIẢI CHI TIẾT các bài tập chỉ có tại website MOON.VN
Link khóa học trực tuyến: LUYỆN ĐỀ TOÁN 2016
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: y = x 4 − 4mx 2 + 2m ( Cm ) .
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 1 .
3 
b) Gọi A là điểm có hoành độ bằng 1 và thuộc ( Cm ) . Tìm m để khoảng cách từ điểm B  ;3  đến tiếp
4 
tuyến tại A đạt giá trị lớn nhất.
Câu 2 (1,0 điểm).
3
a) Giải phương trình ( tan x − 1) sin 2 x + 3cos 2 x − sin 2 x = 0
2
b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho A và B là hai điểm lần lượt biểu diễn hai nghiệm phức của phương
trình z 2 − (3 + 4i ) z − 1 + 5i = 0 . Tính độ dài đoạn thẳng AB.

Câu 3 (0,5 điểm). Giải bất phương trình

(

5+2

)

x2 − 4 x + 3

−

(

5−2

)

x −1− x − 2

≥0

 3x 2 + 10 xy + 3 y 2 + 3x 2 + 14 xy + 8 y 2 = 2 ( 2 x + 3 y )

Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 
x2 − 2 x − y + 5
=1

 x −1 + 3 − y + 2 y − 3
2

Câu 5 (1,0 điểm). Tính tích phân I =

∫ (x

3

+ x ) .e x −1dx
2

1

Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, BAD = 600 . Gọi H là trung
3a
điểm của AO. Biết rằng SH ⊥ ( ABCD ) và SH =
. Mặt bên (SAB) tạo với đáy hình chóp một góc 600 .
8
Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường SB và DM, biết M thuộc
cạnh AB và BM = 2AM.
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông cân tại A , có phương trình trung
tuyến xuất phát từ đỉnh B là 4 x − 3 y − 12 = 0 , điểm H ( 4; −2 ) thuộc cạnh BC sao cho HB = 2 HC . Tìm
toạ độ các đỉnh của tam giác ABC biết điểm A thuộc trục tung và C có tung độ nguyên
x − 2 y +1 z +1
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d :
=
=
và
1
1
−1
x − 3 y +1 z + 3
∆:
=
=
. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa d và tạo với ∆ một góc 300.
1
1
2
Câu 9 (0,5 điểm). Lớp 10A5 gồm 40 học sinh trong đó có 4 cặp anh em sinh đôi. Trong buổi họp đầu năm

học thầy giáo chủ nhiệm lớp muốn chọn ra 3 bạn để làm cán sự lớp gồm Lớp trưởng, quản ca và bí thư.
Tính xác suất để chọn ra 3 học sinh làm cán sự lớp mà không có cặp anh em sinh đôi nào.

Câu 10 (1,0 điểm). Cho a , b , c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện 2a 2 + 3(b 2 + c 2 ) = 4ab + 3ac .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

(a 2 +1) c 2 + b2 + 4
25bc

+

2b 2 + c 2
.
ab + 2ac

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).
Với x = 1 ta có y = 1 − 2m ⇒ A (1;1 − 2m ) . Phương trình tiếp tuyến tại A là :

y = y ' (1)( x − 1) + 1 − 2m hay y = ( 4 − 8m )( x − 1) + 1 − 2m ( d )
−

Ta có: d ( B; d ) =

1
( 4 − 8m ) − 3 + 1 − 2 m
4

( 4 − 8m )

Dấu bằng xảy ra ⇔ m =

2

+1

=

3

( 4 − 8m )

2

+1

≤ 3 ( do

( 4 − 8m )

2

+1 ≥ 1)

1
1
. Vậy m = là giá trị cần tìm.
2
2

Câu 2 (1,0 điểm).
a) Với cos x ≠ 0 , phương trình đã cho tương đương với
sin x − cos x
.sin 2 x + 3cos x ( cos x − sin x ) = 0
cos x
 tan x = 1
 tan x = 1
π
π
⇔ ( cos x − sin x ) sin 2 x − 3cos 2 x = 0 ⇔  2
⇔
⇔ x = + kπ; x = ± + kπ
4
6
 tan x = 3
 tan x = ± 3

( tan x − 1) sin 2 x + 3cos 2 x − 3sin x cos x = 0 ⇔

(

)

b) Ta có ∆ = ( 3 + 4i ) − 4 ( −1 + 5i ) = −3 + 4i = 1 + 4i + 4i 2 = ( 2i + 1)
2

2

3 + 4i + 2i + 1

= 2 + 3i ⇒ A ( 2;3)
 z1 =
2
Khi đó PT đã cho có 2 nghiệm là: 
 z = 3 + 4i − 2i − 1 = 1 + i ⇒ B (1;1)
 2
2
Vậy AB = 5 là giá trị cần tìm.

Câu 3 (0,5 điểm).
Điều kiện x ≥ 3 ∨ x ≤ 1 . Bất phương trình đã cho tương đương với
log

7

( 2x

2

+ x + 5 ) = 2 + log 7 ( x 3 + 1) ⇔

(

5+2

)

x 2 − 4 x +3

≥

(

5+2

)

x − 2 − x +1

⇔ x2 − 4 x + 3 ≥ x − 2 − x + 1

  x 2 − 4 x + 3 ≥ −1

x ≥ 2
x ≥ 2
 x ≥ 2


⇔
⇔   x 2 − 4 x + 3 ≥ 4 x 2 − 12 x + 9 ⇔  3 x 2 − 8 x + 6 ≤ 0 ⇔ x ≥ 2 ⇒ x ≥ 3
  x 2 − 4 x + 3 ≥ 3 − 2 x
  x ≤ 2
  x ≤ 2





  x ≤ 2
Câu 4 (1,0 điểm).
3
Điều kiện x ≥ 1; ≤ y ≤ 3 . Khi đó ta có nhận xét
2
4( x + y) − ( x − y) +
2

2

( 2x + 3 y ) − ( x − y )
2

2

≤ 4( x + y) +
2

( 2x + 3 y )

2

= 2 x + y + 2x + 3 y = 2x + 2 y + 2x + 3 y = 4x + 6 y
Dấu đẳng thức xảy ra khi x − y = 0 ⇔ x = y .
Phương trình thứ hai khi đó trở thành x 2 − 3 x + 5 = x − 1 + 3 − x + 2 x − 3
Áp dụng bất đẳng thức liên hệ giữa trung bình cộng và trung bình nhân ta có

(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

Facebook: LyHung95

x − 1 + 3 − x + 2 x − 3 = 1. ( x − 1) + 1. ( 3 − x ) + 1. ( 2 x − 3)
1+ x −1 1 + 3 − x 1+ 2x − 3
+
+
= x +1
2
2
2
2
Lại có x + 1 ≤ x + 1 + ( x − 2 ) = x 2 − 3 x + 5 ⇒ x 2 − 3 x + 5 ≥ x − 1 + 3 − x + 2 x − 3 .
≤

x −1 = 3 − x = 2x − 3 = 1
Phương trình (1) có nghiệm khi các dấu đẳng thức xảy ra, tức là 
⇔ x=2.
x − 2 = 0
Kết luận hệ phương trình có nghiệm duy nhất x = y = 2 .
Câu 5 (1,0 điểm).
2

I=

2
x −1
2
∫ e .( x + 1) xdx . Đặt t = x − 1 ⇒ dt = 2 xdx
2

1

1

1

1

1

1
1
1
I = .∫ (t + 2)et dt = ∫ t.et dt + ∫ et dt = .∫ t.et dt + et
2 0
20
2 0
0
1
u = t
du = dt
Đặt 

⇒
⇒ ∫ t.et dt = t.et
t
t
dv = e dt v = e
0

1

1
0

1
= .∫ t.et dt + e − 1
2 0

1

1
0

− ∫ et dt = ( t − 1) et

1
0

=1 ⇒ I =

0

1
1
+ e −1 = e −
2
2

Câu 6 (1,0 điểm).
+) Tính thể tích khối chóp S.ABCD:
Nhận xét, BAD = 60o ⇒ ∆ABD đều.
Từ H kẻ HI ⊥ AB ( I ∈ AB ) ta có:
 HI ⊥ AB
⇒ AB ⊥ ( SHI ) ⇒ AB ⊥ SI

 SH ⊥ AB
Suy ra

( ( SAB ) ; ( ABCD ) ) = SIH = 60

o

⇒ HI =

3a
8

3a
a2 3
⇒ AB = a ⇒ S ABCD = AO. AB =
2
2

3
1
a 3
= .SH .S ABCD =
3
16

⇒ AO = 4 HI =
⇒ VS . ABCD

+) Tính khoảng cách giữa SB và DM
Chứng minh ba điểm M, H, D thẳng hàng.
a
a 3
a 7
Cách 1: Xét ∆ AMH : AM = , AH =
, MAH = 30o ⇒ HM =
3
4
12
2
2
2
3
MH + AH − AM
Suy ra cos AHM =
=
(1)
2 MH . AH
21

a 3
a 7
; HD = OH 2 + OD 2 =
; AD = a
4
4
AH 2 + HD 2 − AD 2
3
⇒ cos AHD =
=−
( 2)
2. AH .HD
21

Xét ∆ AHD : AH =

Từ (1) & ( 2 ) ⇒ cos AHD = − cos AHM ⇒ 2 góc AHM & AHD bù nhau.
Khi đó ba điểm M, H, D thẳng hàng.
Cách 2: Theo bài BM = 2 AM , giả sử N thuộc AD sao cho AD = 3 AN

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

BO HO NA 1 1 2
.
.

= . . = 1 ⇒ Ba điểm B, H, N thẳng hàng (định lí Menelaus)
BD HA ND 2 1 1
Suy ra M, H, D cũng thẳng hàng.
Từ B kẻ BE //MD ⇒ DM // ( SBE ) ⇒ d ( DM , SB ) = d ( DM ; ( SBE ) ) = d ( H , ( SBE ) )

Nhận xét:

Từ H kẻ HF ⊥ BE ( F ∈ BE ) , HK ⊥ SF ( K ∈ SF )

Do SH ⊥ BE ⇒ BE ⊥ ( SHF ) ⇒ BE ⊥ HK , mà HK ⊥ SF ⇒ HK ⊥ ( SBE )
Suy ra d ( DM ; SB ) = d ( H , ( SBE ) ) = HK

a 7
a 7
a 7
; MH =
⇒ DM = BE = DH + HM =
4
12
3
2
2
a 3
1 a a 3 a 3
Ta có: S BEDM = S ABCD − 2 S AMD =
− 2. . .
=
2
2 3 2
3

2
a 3
3a 21
⇔ HF =
Mặt khác S BEDM = HF .DM =
2
14
1
1
1
64
196
3a 3
Xét ∆ v SHF :
=
+
= 2+
⇔ HK =
2
2
2
2
HK
SH
HF
9a 189a
2 55
Ta có: DH = OD 2 + OH 2 =

Suy ra khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và DM bằng

3a 3
2 55

Câu 7 (1,0 điểm).
Dựng AH cắt đường thẳng vuông góc với AC tại D.
HC CD
Khi đó
=
⇒ AB = 2CD = 2 AM . Ta có: ∆ACD = ∆BAM
HB AB
⇒ BAD = MCA ⇒ AMC + BAD = 900 ⇒ AH ⊥ CM .
Phương trình đường thẳng AH là: 3 x + 4 y − 4 = 0
 x = 3 + 3t
Khi đó toạ độ điểm A là A ( 0;1) , Viết lại BM: 
gọi
 y = 4t
7

M ( 3 + 3t ; 4t ) ⇒ C ( 6 + 6t ;8t − 1) ta có AH = 2 HD ⇒ D  6; − 
2

1

t = − ⇒ C ( 3; −5 )

5
2

Lại có: CD.CA = 0 ⇔ ( 6t + 6 ) 6t +  8t +  ( 8t − 2 ) = 0 ⇔ 

2

t = 1 ⇒ C  35 ; − 1  ( loai )


 10
5
 5
Từ đó suy ra B ( 6; 4 ) . Vậy A ( 0;1) ; B ( 6; 4 ) ; C ( 3; −5) là các điểm cần tìm.

Câu 8 (1,0 điểm).
+) (P) chứa d ⇒ (P ) đi qua M (2; − 1; − 1) ∈ d ⇒ phương trình (P) có dạng
a ( x − 2) + b( y + 1) + c( z + 1) = 0, (a 2 + b 2 + c 2 ≠ 0).
d ⊂ ( P) ⇒ ud .nP = 0 ⇔ a + b − c = 0
(1)
1
| a + b + 2c |
1
+) (∆; ( P )) = 300 ⇔ sin(∆; ( P )) = ⇔
=
2
2
2
2
2
6. a + b + c
2
2
2
2

⇔ 2(a + b + 2c) = 3(a + b + c ) .
 a = −2b
2
2
+) Từ (1) có c = a + b thay vào (2): 2a + 5ab + 2b = 0 ⇔ 
a = − b

2

(2)

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

+) Khi a = −2b. Chọn b = −1, a = 2, c = 1 ⇒ ( P ) : 2 x − y + z − 4 = 0.
b
+) Khi a = − . Chọn b = −2, a = 1, c = −1 ⇒ ( P ) : x − 2 y − z − 5 = 0.
2
Vậy có hai mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 9 (0,5 điểm).
3
Chọn 3 học sinh từ 40 học sinh có C40
cách chọn.

Chọn 1 cặp anh em sinh đôi trong 4 cặp anh em sinh đôi có: C41 cách chọn
1

cách chọn.
Chọn 1 bạn học sinh còn lại trong 38 bạn có: C38
1
Số cách chọn 3 học sinh mà trong đó có 1 cặp anh em sinh đôi là: C38
.C41 cách.

Vậy số cách chọn ra 3 bạn học sinh làm cán sự lớp mà không có cặp anh em sinh đôi nào là:
3
1
C40
− C38
.C41 = 9842 ⇒ P =

9842 259
=
.
3
260
C40

Câu 10 (1,0 điểm).
Việc đầu tiên là ta sẽ đi dự đoán điểm rơi của bài toán. Giả thiết bài toán cho là một biểu thức đồng bậc,
phân số thứ hai trong biểu thức P cũng thế. Tuy nhiên hạng tử (a2 + 1) c 2 + b2 + 4 lại không đồng bậc hai
mà chứa a 2 c 2 + 4 nên để giảm bậc, ta sẽ áp dụng bất đẳng thức Cosi cho hai số thực dương
a 2 c 2 + 4 ≥ 2 a2 c 2 .4 = 4ac . Việc làm này để giả thiết cũng như P chứa các đại lượng đồng bậc do đó ta có
thể chuyển ba biến về hai biến sẽ dễ dàng đánh giá hơn rất nhiều. Dấu đẳng thức sẽ xảy ra tại ac = 2 . Với
2
điểm
rơi
dự

đoán
ac = 2 ⇔ a = ,
khi
đó
giả
thiết
bài
toán
trở
thành
c
8
8b
+ 3 (b 2 + c 2 ) =
+ 6 ⇔ 3c 2 (b2 + c 2 − 2) = 8 (bc − 1) . Nhìn vào đây, ta sẽ thấy rằng b2 + c 2 − 2 và bc − 1
2
c
c

là hai biến cân bằng nhau vì ta có đánh giá rất quen thuộc là b2 + c 2 ≥ 2bc khi đó
b2 + c 2 − 2 ≥ 2bc − 2 = 2 (bc − 1) . Và đến đây, ta có thể khẳng định được rằng điểm rơi bài toán sẽ xảy ra
b = c; bc = 1
tại 
⇔ a = 2; b = c = 1 . Với sự đối xứng của b , c , ta sẽ đánh giá bất đẳng thức Cosi xung
ac = 2

quanh nó, vì thế ta được:

2
2

2
2b2 + c 2 b + (b + c ) b2 + 2bc b(b + 2c) b
=
≥
=
=
ab + 2 ac
a (b + 2 c )
a (b + 2 c ) a (b + 2 c ) a

Như suy luận bên trên, ta lại có:

(a

2

+ 1) c 2 + b2 + 4
25bc

Khi đó, biểu thức P trở thành P ≥

(a c

2 2

=

+ 4) + ( b 2 + c 2 )
25bc

≥

4ac + 2bc 4 a
2
=
+
25bc
25 25

4a
b
2
+ +
. Câu chuyện sẽ kết thúc nếu ta sớm tìm được điều kiện
25b a 25

a
. Và điều mà ta chưa khai thác nhiều đó chính là giả thiết. Với điểm rơi tìm được, ta sẽ có hai
b
a = 2b a2
a2
yếu tố cân bằng nhau đó là 
⇔ = b2 ;
= c 2 , với điểm rơi này cùng sự xuất hiện của tổng
a = 2c
4
4

chặn của

3 (b 2 + c 2 )

thì

thêm

m ột

lần

nữa,

áp

dụng

bất

đẳng

thức

Cosi

chúng

ta

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

có


Khóa học LUYỆN ĐỀ TOÁN 2016 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
3
 3

3 2
a + 3(b2 + c 2 ) =  a 2 + 3b2  +  a 2 + 3c 2  ≥ 3ab + 3ac ,
2
 4
  4


Facebook: LyHung95

khi

đó

giải

thiết

bài

toán

a2
a2

a
⇔ ab ≥ ⇔ 0 < ≤ 2 .
2
2
b
a = 2
Với điểm rơi dự đoán 
nên ta sẽ khéo léo tách đa thức đó là:
b = 1

⇔ 4ab + 3ac ≥ 3ab + 3ac +

•

P≥

4a
b
2  4 a
b
9a
2
+ +
=
+  −
+

25b a 25  16b a  100b 25

4a b

9
2
9
=
. −
.2 +
16b a 100
25 10
a
4
1
2
• Hoặc đặt t = ⇒ t ∈ (0; 2 ta sẽ đi xét hàm số f (t) = t + +
và thấy f (t ) là hàm số nghịch
b
25
t 25
9
biến trên (0; 2 do đó f (t) ≥ f (2) = .
10
9
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là
.
10
Dấu đẳng thức xảy ra khi a = 2; b = c = 1 . Việc nhận xét tính đẳng cấp cũng như đánh giá thông qua bất
≥2

đẳng thức Cosi khi dự đoán được điểm rơi đã đưa bài toán từ ba biến thành hai biến rất nhẹ nhàng.

Thầy Đặng Việt Hùng

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