Đề thi thử THPT Quốc gia 2016 môn Toán - Đề VIP 3 - TOANMATH.com DE 20163

KỲ THI THỬ TUYỂN SINH QUỐC GIA NĂM 2016

Môn: Toán (ĐỀ VIP 3)
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  3mx  2  Cm 
3

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số  C1  ,m=1.
2. Tìm m để đồ thị của hàm số  Cm  có tiếp tuyến tạo với đường thẳng d : x  y  7  0
góc  , biết cos 

1
26
2




Câu II (1 điểm) Giải phương trình 2 cos 3 x cos x  3 1  sin 2 x   2 3cos  2 x 
3ln 2

Câu III (1 điểm) Tính tích phân I 


0


4 

dx



3

ex  2



2

Câu IV (1 điểm) ) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, AB  a 2 .

Gọi Ilà
trung
điểm của cạnh BC. Hình chiếu vuông góc H của S lên mặt phẳng (ABC) thỏa


0
mãn IA  2 IH . Góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng 60 . Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC
và khoảng cách từ trung điểm K của SB đến mặt phẳng (SAH).
Câu V (1 điểm) ) Trong không gian hệ toạ độ Oxyz,cho ba điểm A(1;–2;3), B(2;0;1), C(3;–1;5).

Chứng minh ba điểm A, B, C không thẳng hàng và tính diện tích tam giác ABC.
Câu VI (1 điểm )1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: f  x   x4  8 x2  6 trên
  3; 5  .


2

n

2.Khai triển và rút gọn biểu thức: 1  x   2 1  x   ...  n 1  x  thu được đa thức:
P  x   a0  a1 x  ...  an x n . Tìm hệ số a8 biết rằng n là số nguyên dương thoả mãn:

1
1 1
 3 .
2
Cn Cn n

Câu VII (1 điểm)Trong mặt phẳng hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(4;6), phương trình

đường cao và trung tuyến kẻ từ đỉnh C lần lượt là: 2 x  y  13  0 và 6 x  13 y  29  0 . Viết
phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
 x  y  x  y  3   x  y 2  2 x  y
Câu VIII (1 điểm) Giải hệ phương trình: 
 x 2  x  y  2  x  y  3
Câu IX (1 điểm) Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện:x + y + z = 1.Tìm giá trị nhỏ
x2  y  z  y 2  z  x  z 2  x  y 
nhất của biểu thức: P 


yz
zx
xy
CHÚC CÁC EM THÀNH CÔNG !


Hướng dẫn

Câu I:
3

Hàm số (C1) có dạng y  x  3 x  2

 Tập xác định:
 Sự biến thiên
- lim y  , lim y  
x 

x 

2

- Chiều biến thiên: y '  3 x  3  0  x  1
Bảng biến thiên
X
-1

y’
+
0
4
Y



1
0

-

+





0

Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 1 , 1;   , nghịch biến trên khoảng
(-1;1)
Hàm số đạt cực đại tại x  1, yCD  4 . Hàm số đạt cực tiểu tại x  1, yCT  0

 Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua các điểm (0; 2), (1; 0) và nhận I(0; 2) làm điểm uốn
y

f( x)=x^3- 3x+2

4

3

2

1

x
-2

-1

1

2

-1

2.(1,0 điểm)



Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến  tiếp tuyến có vectơ pháp tuyến n1   k ; 1 , d có vec tơ pháp tuyến


n2  1;1

3


k
n1 n2

k

1
1
2
Ta có cos     



2
26
n1 n2
2 k 1
k  2

3
Yêu cầu bài toán  ít nhất một trong hai phương trình y '  k1 và y '  k2 có nghiệm x
 2
3 x  2 1  2m  x  2  m 

3 x 2  2 1  2m  x  2  m 


3
có nghiêm
2
2
có nghiêm
3


1
1
1


m   4  m  2
m  2

 1'  8m 2  2m  1  0
 '


2
m   3  m  1
m   3
  2  4m  m  3  0

4

4

Câu II:


2 cos 3x cos x  3 1  sin 2 x   2 3cos 2  2 x  
4


 

 cos 4 x  cos2 x  3 1  sin 2 x   3 1  cos  4 x   
2 


 cos4 x  3 sin 4 x  cos2 x  3 sin 2 x  0






 sin  4 x    sin  2 x    0
6
6




 2 sin  3 x   cos x  0
6





 

x   k

sin
3
x


0
18
3

  


6

 x    k
 cos x  0

2

Câu III:
3ln 2

I


0

dx



3

x
3

3ln 2

ex  2



2

x

Đặt t  e 3  dt 



e dx


0

e

x
3



3

ex  2



2

1 3x

e dx .
3

Với x = 0 thì t = 1; x = 3ln2 thì t = 2
Khi đó
2

I 
1

3dt
t t  2

Câu IV

2

2
2
3 1
1
2 
3
t
2 
3 3 1
dt   ln
  



  ln  

2
4 1  t t  2 t  2 
4  t  2 t  2 1 4  2 6 




S

.K
H

B
I

C
A



*Ta có IA  2 IH  H thuộc tia đối của tia IA và IA  2 IH
BC  AB 2  2a
a
3a
Suy ra IA  a, IH   AH  IA  IH 
2
2
2

2

2

0

Ta có HC  AC  AH  2 AC. AH .cos 45  HC 





a 5
2

0

0

Vì SH   ABC   SC ,  ABC   SCH  60  SH  HC .tan 60 

2

2

2

0

Ta có HC  AC  AH  2 AC. AH .cos 45  HC 





a 5
2

0

0

Vì SH   ABC   SC ,  ABC   SCH  60  SH  HC .tan 60 

Thể tích khối chóp S.ABCD là: VS . ABC 

 BI  AH
 BI   SAH 
 BI  SH

* 

a 15
2

1
a 3 15
S ABC .SH 
 dvtt 

3
6

a 15
2




d  K ,  SAH  
d  B,  SAH  



SK 1
1
1
a
  d  K ,  SAH    d  B,  SAH    BI 
SB 2
2
2
2

Câu V


Ta có: AB  (1; 2; 2), AC  (2;1;2)

 


[AB, AC]  (6;  6; 3)  0
 
Suy ra: AB, AC không cùng phương nên A, B, C không thẳng hàng
1  
9
Diện tích tam giác ABC: S ABC = AB, AC  
2
2

Câu VI
x  0
f  x   x4  8x 2  6  f   x   4 x3  16 x , f   x   0  
 x  2
f  3  9, f  0   6, f  2   10, f 5  9





 

Vậy: Max f  x   f  0   6, min f  x   f  2   10
  3; 5 


  3; 5 





b) (0,5 điểm)
n  3
n  3
1
7 1
Ta có: 2  3    2
7.3!
1  2
 n9


Cn Cn n
n

5
n

36

0

 n  n  1 n  n  1 n  2  n


Suy ra: a8 là hệ số của
là: 8C88  9C98  89

x8 trong

8

9

biểu thức: 8 1  x   9 1  x  . Đó

Câu VII
Gọi đường cao và trung tuyến kẻ từ C là
CH và CM
Khi
đó:
CH : 2 x  y  13  0, CM : 6 x  13 y  29  0
2 x  y  13  0
Từ hệ: 
 C  7; 1
6 x  13 y  29  0
AB  CH  nAB  uCH  1; 2   AB : x  2 y  16  0

C(–7;–1)

A(4; 6)

H

M(6; 5)

B(8; 4)

 x  2 y  16  0
 M  6;5   B  8; 4 
6 x  13 y  29  0

Từ hệ: 

sử

Giả

C : x

2

phương

trình

đường

tròn

tiếp

ngoại

∆

ABC:

2

 y  mx  ny  p  0

52  4m  6n  p  0
 m  4


Vì A, B, C thuộc (C) nên: 80  8m  4n  p  0  n  6
50  7 m  n  p  0
 p  72


2
2
2
Vậy:  C  : x  y  4 x  6 y  72  0   C  : ( x  2)  ( y  3) 2  85

Câu VIII
 x  y  x  y  3   x  y  2  2 x  y 1
Hệ: 
ĐK:
 x 2  x  y  2  x  y  3
2
Đặt: t  x  y  0 . Từ (1) ta có: t  t  3  t 2  2 t
 t  t 2  t  3  2 t  0  t  t  1 

x  y  0

x  y  0

* 

3  t  1

0
t 3 2 t
3
3




 1  t   t 
 0 t  0 
  0  t  1  vì t 
t 3 2 t 
t 3 2 t




Suy ra: x  y  1  y  1  x  3 . Thay (3) vào (2) ta có:




2

 

x 3 2 



2x 1 1 

x2 1
2

x 32



x2  3  2 x  1  3

2x  2
0
2x 1  1




x 1
2
  x  1 

 0  x  1  vì

2

2 x 1  1 
 x 3 2


x 1
x2  3  2



1
 0, x  
2
2x 1  1
2

Suy ra:  x  1; y  0  thoả mãn (*). Vậy:Hệ có nghiệm duy nhất:  x  1; y  0 

Câu IX
x2 x 2 y 2 y 2 z 2 z 2
 
  
y
z
z
x
x
y
2
2
Nhận thấy: x  y  xy  xy x, y 

Ta có: P 

 * .

Do đó: x 3  y 3  xy  x  y  x, y  0 

x2 y2

 x  y x, y  0
y
x

Tương tự, ta có :

y2 z2
  y  z y , z  0,
z
y

z 2 x2
  z  x x, z  0
x
z

Cộng từng vế ba bất đẳng thức vừa nhận được ở trên, kết hợp với (*), ta
được:


P  2  x  y  z   2 x, y , z  0 và x  y  z  1

1
3

Hơn nữa, ta có: P = 2 khi: x  y  z  .
Vậy: minP = 2