WWW.NOON.VN
10 – 11 – 12 - LTĐH
66, Đặng Đức Thuật, Tam Hiệp
Biên Hòa – Đồng Nai

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
www.noon.vn – Tận tâm – Xứng tầm

ĐỀ SỐ 03
Câu 1. (2,0 điểm). Cho hàm số y 

2x  1
.
x 1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C  của hàm số.
b) Gọi I là giao điểm hai tiệm cận. Tìm tọa độ điểm M thuộc đồ thị C  , biết tiếp tuyến của C  tại M
cắt hai đường tiệm cận tại A và B tạo thành một tam giác IAB có trung tuyến IN  10 .
Câu 2. (1,0 điểm).
   2015 

 .
a) Cho sin   cos   cot với 0     . Tính tan 

2
2

b) Tìm tham số thực m để số phức z 



Câu 9. (0,5 điểm). Tính tổng 2C n0  5C n1  8C n2  11Cn3  .....  3n  2C nn .
Câu 10. (1,0 điểm). Cho x , y , z là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện x 2  y 2  6z 2  4z x  y  . Tìm
giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P

x3
2

y x  z 



y3
2

x y  z 



x 2  y2
.
z

..…. Hết……
Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:………………………………; Số báo danh:………………………
Nguyễn Văn Huy – 0968 64 65 97



Hàm số nghịch biến trên từng khoảng ;1 và 1; .
-

Giới hạn và tiệm cận:
lim y  lim  2 ; tiệm cận ngang: y  2

x 

x 

lim y   và lim y   ; tiệm cận đứng: x  1 .

x 1

-

x 1

Bảng biến thiên

 1 
Đồ thị C  cắt Ox tại  ; 0 , cắt Oy tại 0; 1 và nhận giao điểm I 1;2 của hai đường tiệm cận
 2 
làm tâm đối xứng.
y
●

2
x


10 – 11 – 12 - LTĐH
66, Đặng Đức Thuật, Tam Hiệp
Biên Hòa – Đồng Nai

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA 2016
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
www.noon.vn – Tận tâm – Xứng tầm

 2a  4 
 và d  TCN  B 2a  1;2 .
Ta có d  TCĐ  A 1;
 a  1 
 2a  1
M .
Suy ra trung điểm của AB là N a;
 a  1 
 2a  1
2

Từ giả thiết bài toán, suy ra IN  10  a  1  
 2  10
 a  1

2

2

9


a  4  a  2 .


Suy ra tọa độ điểm M cần tìm là:
M 0; 1 hoặc M 2; 5 hoặc M 4; 3 hoặc M 2;1 .


2 tan
2 
2 ;

2 
cos
tan
1
2
2




sin2  1  tan2





2
2
2


 tan


2  1




tan2  1 tan2  1 tan
2
2
2
2 tan


2

sin

1  tan2


 




2 
2 

2
2
2
2
   2015 



  tan   1007      cot  1 .
Ta có tan 

2
2 
2


 2
Vì 0      0 

b) Ta có z 


m  1  2 m  1 i
1  mi

2m 2  3m  1
1  m2





 5
25x  10x  2.4x   
 2 

 5 x
    2 .
 2 

x

 5
Đặt t     0 , ta thu được phương trình: t 2  t  2  0 
 2 

t  1

t  2 .


 5 x
Đối chiếu điều kiện, ta chọn t  1 suy ra    1  x  0 .
 2 

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x  0 .
Câu 4. Điều kiện: x  1 .


Xét hai vec tơ u x  3; x  1 ; v 1;1




Mặt khác, ta luôn có u.v  u . v .

* *



 
Từ * và * * suy ra u.v  u . v . Do đó u, v cùng hướng

x 2  7x  10  0

 x  3  x 1  
x 5.
x  3


Đối chiếu điều kiện ta được tập nghiệm của bất phương trình S  5 .
Nhận xét. Xu hướng mới trong đề minh họa của BGD năm 2015 là có cấu bất phương trình đại số. Trong bài
này ta đề cập đến ứng dụng của tọa độ vectơ vào giải bất phương trình.
Câu 5. Phương trình hoành độ giao điểm của đường cong y  2x 2  3x  1 và đường thẳng y  2x  2 là:

2x 2  3x  1  2x  2  2x 2  5x  3  0  x 

3
hoặc x  1 .
2

Diện tích hình phẳng cần tìm là:

5
2x 2  5x  3 dx   x 3  x 2  3x 
 3
2



1

3
2



3
2



1

Câu 6. Gọi M là trung điểm AB ; G là trọng tâm tam giác ABC .
Tam giác ABC vuông cân tại C , suy ra

Nguyễn Văn Huy – 0968 64 65 97

1
(đvdt).
24


3a
,
AB 
2
2

1
a
suy ra GM  CM  ;
3
2
M

A

BG  BM 2  GM 2 

B

K

.
Diện tích tam giác ABC là:

G
E

1
9a 2
SABC  CACB

d B, SAC   3d G, SAC  .
Kẻ GE  AC , suy ra GE / /BC .

GE
1
1
a
 , suy ra GE  BC 
.
BC
3
3
2
Gọi K là hình chiếu của G trên SE , suy ra GK  SE .
Ta có

Ta có AC  SGE  nên AC  GK .





Do đó GK  SAC  nên d G , SAC   GK .
Trong tam giác vuông SGE , ta có GK 



SG .GE
SG 2  GE 2



DF

DC  CF

2

F

 4.

D

Nguyễn Văn Huy – 0968 64 65 97

B

M

DC 2
2

E

C


WWW.NOON.VN
10 – 11 – 12 - LTĐH
66, Đặng Đức Thuật, Tam Hiệp

 5t 2  28t  32  0  t  4 hoặc t 

8
.
5

Đối chiếu điều kiện ta chọn t  4 , suy ra A 1; 4 .


Câu 8. Đường thẳng d qua điểm M 3; 0; 0 và có VTCP u  2; 3;2 .

Mặt phẳng P  có VTPT n  1;1;1 . Gọi  là góc tạo bởi giữa d và P  .
 
d
u.n
3
3 51
N
Ta có sin     

.
51
17. 3
u n

Vậy d hợp với P  một góc  thỏa mãn:

sin  

A


P  ,

nên có phương trình

x 1 y  3 z 2


.
1
1
1

Gọi N ' là hình chiếu của N trên P  . Khi đó N ' là giao điểm của d ' và P  nên N ' có tọa độ là nghiệm
của hệ:
x  0
 x  1 y  3 z  2




 y  2  N ' 0;2;1 .
1
1
1
x  y  z  3  0

z  1




Đường thẳng  cần tìm thỏa yêu cầu bài toán là giao tuyến của hai mặt phẳng P  và

 

nên

x  3  3t

x  y  z  3  0
hay  : y  2t
, t .
 : 

x  4y  5z  3  0

z  t

Nhận xét: Cách 1 làm hơi cầu kỳ và dài nhưng dễ hiểu hơn. Cách 2 ngắn gọn nhưng đòi hỏi các em phải
nắm được giao tuyến của hai mặt phẳng và cách chuyển phương trình giao tuyến của hai mặt phẳng về
phương trình tham số.



Câu 9. Xét khai triển nhị thức New-ton của 1  x 3
n

1  x 
3


 x 2 .n.3x 2 . 1  x 3

n 1



 2C n0x  5C n1x 4  8C n2x 7  11C n2x 10  ...  3n  2C nn x 3n 1 .

Cho x  1 , ta được
n 1

n

2.1. 1  1  1.n.3. 1  1

 2C n0  5C n1  8C n2  11C n3  ...  3n  2C nn .

Vậy 2C n0  5C n1  8C n2  11Cn3  .....  3n  2C nn  3n  4.2n 1 .
Câu 10. Đặt x  az , y  bz với a , b   .
Thay vào giả thiết, ta có a 2  b2  6  4 a  b  .
Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có:

2

2

a  b 
a  b

2

2
Khi đó

P

a3
2

b a  1



b3
2

a b  1

Nguyễn Văn Huy – 0968 64 65 97

 a 2  b2


WWW.NOON.VN
10 – 11 – 12 - LTĐH
66, Đặng Đức Thuật, Tam Hiệp
Biên Hòa – Đồng Nai








a  b 
2

.

 2.

1

Dấu ''  '' xảy ra khi và chỉ khi: a  b , a  b  2 .
Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có

a3
2

b a  1



a  1 ab  b 3a


8
8
4

và

2
4
4
2
4
4
2

Dấu ''  '' xảy ra khi và chỉ khi: a 2  b2  6  4 a  b  .
Từ 1 , 2 và 3  , suy ra dấu ''  '' xảy ra khi: a  1 , b  1 .
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng

1
 2 , khi x  y  z .
2

Nguyễn Văn Huy – 0968 64 65 97

3