Đề thi thử THPT Quốc gia 2016 môn Toán - Đề VIP 2 - TOANMATH.com VIP 02 2016

KỲ THI THỬ TUYỂN SINH QUỐC GIA NĂM 2016

Môn: Toán (ĐỀ VIP 2)
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  3 x  1 (C).

a/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C).
b/ Dựa vào đồ thị (C), tìm tất cả các giá trị của m để phương trình x 3  3 x  m  3  0 có 3
nghiệm phân biệt.
3
3


   2 và cos   . Tính cos   .
2
4
3

2
b) Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình 2z + 3z + 4 = 0. Tính M  z1  z2 .
Câu II (1 điểm)

a) Cho góc  thỏa:

1

Câu III (1 điểm) Tính tích phân:

I   x  e 2 x xdx.
0

Câu IV (1 điểm) ) Cho hình chóp S . ABC có tam giác ABC vuông tại A , AB  AC  a , I là trung
điểm của SC , hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABC  là trung điểm H của BC , mặt

phẳng  SAB  tạo với đáy 1 góc bằng 60 . Tính thể tích khối chóp S .ABC và tính khoảng cách từ
điểm I đến mặt phẳng  SAB  theo a .
Câu V (1 điểm) ) ). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A  4;1;3 và đường thẳng
x 1 y 1 z  3


. Viết phương trình mặt phẳng ( P) đi qua A và vuông góc với đường thẳng
2
1
3
d . Tìm tọa độ điểm B thuộc d sao cho AB  27 .
d:

Câu VI (1 điểm ) Đội cờ đỏ của một trường phổ thông có 12 học sinh gồm 5 học sinh lớp A, 4 học

sinh lớp B và 3 học sinh lớp C. Chọn ngẫu nhiên 4 học sinh đi làm nhiệm vụ. Tính xác suất để
trong 4 học sinh được chọn không quá 2 trong 3 lớp trên.
Câu VII (1 điểm)
Trong mặt phẳng hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình
BC : x  2 y  3  0 ,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 phương trình:

x  4  x  4  2 x  12  2 x 2  16.

Câu IX (1 điểm) Cho x, y là hai số thực dương và thỏa mãn điều kiện x2 + y2 = 1. Tìm giá trị nhỏ

nhất của biểu thức

 1
 1
P  (1  x )1    (1  y )1  .
 x
 y
CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG !


Hướng dẫn
Câu I:
Hàm số : y   x3  3x  1
TXĐ: D  R
y '  3 x 2  3 , y '  0  x  1
Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 1 và 1;  , đồng biến trên khoảng  1;1
Hàm số đạt cực đại tại x  1 , yCD  3 , đạt cực tiểu tại x  1 , yCT  1
lim y   , lim y  
x 

x 

* Bảng biến thiên
x
–
+
y’
+

y

-1
+

0

1
–

0
3

+

-1
-
Đồ thị:
4

2

2

4

b.(1,0 điểm)
 Ta có : x 3  3 x  m  3  0  m  2   x 3  3 x  1* .
 Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của đồ thị hàm số
y   x 3  3 x  1 và đường thẳng d : y  m  2 .

 Dựa vào đồ thị (C), ta suy ra phương trình (*) có 3 nghiệm phân biệt
1 m  5

KL đúng tham số m

Câu II:
9
7

. Vì
16 16


1 3


cos     cos cos   sin sin   . 
3
3
3
2 4


cos 2   sin 2   1  sin 2   1 

7
3
   2 nên sin   0  sin   

.
2
4
3 7 3  21
.

.
2 4
8

 3  i 23
 3  i 23
; z2 
4
4
i 23
23
 z1  z2  
M
.
2
2
  23  z1 

Câu III:
1

1
2

1
2x

I  x dx  xe dx;





0

0



x 2 dx 

0

x3 1 1
|0  .
3
3

1
Đặt u = x  du = dx; dv  e 2 x dx choïn v  e 2 x
2
1
1
2

x
1 2x
e 1
e2  1
 xe 2 x dx  e 2 x |10 
e dx   e 2 x |10 
2
20
2 4
4
0



Vậy I 



3e 2  7
.
12

Câu IV


(1,0 điểm)
Gọi K là trung điểm của AB  HK  AB (1)
Vì SH   ABC  nên SH  AB (2)

Sj

Từ (1) và (2) suy ra  AB  SK
Do đó góc giữa  SAB  với đáy bằng góc giữa SK
và HK và bằng SKH  60
M
C

Ta có SH  HK tan SKH 

B

H
K

A

Vậy VS . ABC

1
1 1
a3 3
 S ABC .SH  . AB. AC .SH 
3
3 2
12

Vì IH / / SB nên IH / /  SAB  . Do đó d  I ,  SAB    d  H ,  SAB  
Từ H kẻ HM  SK tại M  HM   SAB   d  H ,  SAB    HM
Ta có

a 3
a 3
1
1
1
16


 2  HM 
. Vậy d  I ,  SAB   
2
2
2
HM
HK
SH
3a
4
4

Câu V

Đường thẳng d có VTCP là ud   2;1;3 


Vì  P   d nên  P  nhận ud   2;1;3  làm VTPT
Vậy PT mặt phẳng  P  là : 2  x  4   1 y  1  3  z  3  0
 2 x  y  3 z  18  0

Vì B  d nên B  1  2t ;1  t; 3  3t 

2

2

AB  27  AB 2  27   3  2t   t 2   6  3t   27  7t 2  24t  9  0
t  3
 3
t 
 7

13 10 12 
; ; 
7
 7 7

Vậy B  7; 4;6  hoặc B  

Câu VI
n()  C124  495
Gọi A là biến cố : “ 4 học sinh được chọn không quá 2 trong 3 lớp trên”
 A : “ 4 học sinh được chọn là học sinh của cả 3 lớp trên”
Ta có các trường hợp sau:

a 3
2


+ 2 học sinh lớp A, 1 học sinh lớp B và 1 học sinh lớp C có C52 .C14 .C31  120 cách
+ 1 học sinh lớp A, 2 học sinh lớp B và 1 học sinh lớp C có C51.C42 .C31  90 cách
+ 1 học sinh lớp A, 1 học sinh lớp B và 2 học sinh lớp C có C51.C14 .C32  60 cách

 n( A)  270.

 P ( A) 

n ( A) 6
 .
n() 11

Vậy xác suất của biến cố A là: P ( A)  1  P ( A) 

5
11

Câu VII
Phương trình đường cao kẻ từ đỉnh A: 2 x  y  4  0
Gọi A  a;4  2a 
Trung điểmcủa đoạn BC: M  2m  3; m 




Ta có: AG   4  a;2a  3 , GM   2m  7; m  1
a  4


a  4m  18

Mà: AG = 2GM  

7

2a  2m  1
m  2
7
Vậy: A  4; 4  , M  4; 
 2
2

Gọi B  2b  3; b   C 11  2b;7  b   BC  14  4b    7  2b 

2

d  A,BC   3 5
1
2

2

2

nên: S ABC  .3 5. 14  4b    7  2b   15  20b 2  140b  4225  0
9

9

5

5

5

9

Với b  , ta có: B  6;  , C  2; 
2
 2  2
Với b  , ta có: B  2;  , C  6; 
2
 2  2

Câu VIII
Điều kiện xác định: x  4. Với điều kiện đó, phương trình đã cho tương đương
x  4  x  4  ( x  4)  ( x  4)  12  2 x 2  16
 x 4  x4 

Đặt t =



2

t  3 (loaïi)
t 2  t  12  0  
t  4
4  x  8
x  4  x  4  4  x 2  16  8  x   2
2
 x  16  64  16 x  x

x4  x4,

Với t = 4 , ta được



x  4  x  4  12

t > 0 ta được

4  x  8

 x  5. Vậy nghiệm của phương trình là x = 5.
x  5


Câu IX
1
x
1
y 
 x  1   y    x 
y
y
x
x 
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có
1
1
x
 2 (1); y 
 2 (2);

2x
2y
P 1

11 1
1
   

2 x y
xy

2
2

x  y2

 2

1  
1  x y 11 1
   y            2
2x  
2y   y x  2  x y 
x y
  2 (3)
y x

( 4)

 P  3 2  4 . Mặt khác dấu đẳng thức đồng thời xảy ra trong (1), (2), (3), (4) khi và chỉ khi

1

x  2 x

y  1

2y

x  y
 2
2
 x  y  1; x  0, y  0
2
2
xy
. Vậy min P  3 2  4  x  y 
.
2
2