HOCMAI.VN

GV: Nguyễn Thanh Tùng

facebook.com/ ThayTungToan

ĐỀ BÁM SÁT KÌ THI THPT QUỐC GIA 2016
ĐỀ SỐ 1 – GV: Nguyễn Thanh Tùng – Hocmai.vn
KHÔNG NÊN VỘI XEM ĐÁP ÁN. CÁC BẠN TỰ BẤM GIỜ, LÀM BÀI NGHIÊM TÚC
ĐỂ THỬ SỨC MÌNH NHÉ !
Câu 1 (1,5 điểm). Cho hàm số y   x3  (m  1) x 2  3mx  1 (1), với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m  1 .
b) Tìm m để hàm số (1) đạt cực đại tại điểm x  0 .
Câu 2 (1,0 điểm).
a) Cho hai số phức z1  1  2i và z2  2  5i . Tính môđun của số phức w biết w  z1  2 z2 .
b) Giải phương trình sau trên tập số thực: 4x1  5.2x  1  0 .
1





Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I   x  3x 2  1 xdx .
0

Câu 4 (1,0 điểm). Trong không không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : 2 x  y  2 z  2  0 , đường
x  2 y z 1
thẳng  :
và điểm M (1; 1; 2) .



 x
Biết rằng trong khai triển trên tổng hệ số của ba số hạng đầu bằng 161 .
Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , 
ABC  600 . Cạnh bên SA
vuông góc với mặt đáy và cạnh bên SC tạo với mặt đáy một góc 600 . Gọi M là trung điểm BC . Tính thể tích
khối chóp S. ABCD và khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng ( SCD) theo a .
Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A . Gọi (T ) là đường tròn tiếp xúc
với AB, AC lần lượt tại B và C . Từ C kẻ đường thẳng song song với AB cắt đường tròn (T ) tại D . Biết
E (3;14) là giao điểm của AC và BD . Đường thẳng BC có phương trình x  y  1  0 . Tìm tọa độ các đỉnh
 4 
của tam giác ABC biết AC đi qua điểm M   ;1 .
 3 
Câu 9 (1,0 điểm). Tìm tất cả các giá trị thực của m để hệ phương trình sau có nghiệm thực:
 x 2 y  1  2 x  1  2 xy

.
 3
x

3
x

m

2

3
xy



– Chiều biến thiên: y '  3x 2  3  3( x 2  1) ; y '  0  x  1 .
Hàm số đồng biến trong khoảng (1;1) và nghịch biến trong khoảng (; 1) và (1; ) .
– Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  1 , yCĐ  3 ; đạt cực tiểu tại x  1 , yCT  1 .
– Giới hạn: lim y   , lim y   .
x 

x 

– Bảng biến thiên:

x

∞

1
0

y'
+∞

1
+

+∞

0
3

y
1


2
2   2
x  2


4
Vậy phương trình có nghiệm x  0 hoặc x  2 .
1





Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân sau I   x  3x 2  1 xdx .
0

Giải
1





1

1

0


1
tdt ;
3

2

1
1
t3
7
Đổi cận x  0  t  1 và x  1  t  2 . Khi đó B   t. tdt   t 2 dt 
 .
3
31
91 9
1
1 7
4
4
Suy ra I     . Vậy I   .
3 9
9
9

Câu 4 (1,0 điểm). Trong không không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P) : 2 x  y  2 z  2  0 , đường
x  2 y z 1
thẳng  :
và điểm M (1; 1; 2) .



b) Ta có n( P )   2; 1; 2  , u  1; 3;1 lần lượt là vectơ pháp tuyến của ( P) và vecto chỉ phương của  .
2

2

2

( P)  ( )     1 2 2 2 2 1 
Do 
 n( )   n( P ) , u   
;
;
  (5; 4; 7) là vec tơ pháp tuyến của ( ) .
 / /( )
 3 1 1 1 1 3 
Suy ra mặt phẳng ( ) có phương trình: 5( x 1)  4( y  1)  7( z  2)  0 hay 5x  4 y  7 z  5  0 .
Kiểm tra kết quả: Chọn N (2;0;1)  . Ta có: n  ( )   // ( ) (thỏa mãn).
Vậy phương trình mặt phẳng ( ) cần lập là: 5x  4 y  7 z  5  0 .
Câu 5 (0,5 điểm). Giải phương trình 1  sin 5x  2sin 2 x .
Giải
Phương trình tương đương: 1  sin 5x  1  cos 2 x  cos 2 x   sin 5x



 k 2

2 x   5 x  k 2
x 



14
7
Câu 6 (1,0 điểm). Tìm hệ số không chứa x trong khai triển khai triển nhị thức Niu – tơn:
n 1

n

n

 2 2 
0
2 n
1
2 n 1  2 
n 1
2  2 
n  2 
x 
  Cn  x   Cn  x  
  ...  Cn  x  
  Cn 
 ( n là số nguyên dương ).
x

 x
 x
 x
Biết rằng trong khai triển trên tổng hệ số của ba số hạng đầu bằng 161 .
Giải
Ta có hệ số của số hạng thứ k trong khai triển là: Cnk 1.(2)k 1




10 
 


  C10 (2) x
x 
x
x  k 0
k 0


40  5k
Khi đó hệ số không chứa x trong khai triển thỏa mãn:
0 k 8
2
Vậy hệ số không chứa x trong khai triển là: C108 (2)8  11520 .

40 5 k
2

Tham gia các khóa học PEN - C & I & M môn Toán của Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


HOCMAI.VN

GV: Nguyễn Thanh Tùng

 .
3
3
2
2
Gọi I là giao điểm của MA với CD , khi đó MC là đường
trung bình của tam giác IAD .
MI
1
Khi đó d ( M , ( SCD)) 
d ( A, ( SCD))  d ( A, ( SCD)) (*)
AI
2
Kẻ AK  CD ( K  CD ) và AH  SK (1) ( H  SK ).
CD  AH 
Khi đó
  CD  ( SAK )  CD  AH (2)
600
CD  SA 
B
Từ (1) và (2) suy ra AH  (SCD)  d ( A,(SCD))  AH (2*)

Ta có ADC là tam giác đều cạnh a  AK 

H

A

D



I

(3*).

Từ (*), (2*) và (3*), suy ra khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( SCD) là: d ( M , ( SCD)) 

a 15
.
10

Câu 8 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC cân tại A . Gọi (T ) là đường tròn tiếp xúc
với AB, AC lần lượt tại B và C . Từ C kẻ đường thẳng song song với AB cắt đường tròn (T ) tại D . Biết
E (3;14) là giao điểm của AC và BD . Đường thẳng BC có phương trình x  y  1  0 . Tìm tọa độ các đỉnh
 4 
của tam giác ABC biết AC đi qua điểm M   ;1 .
 3 

Tham gia các khóa học PEN - C & I & M môn Toán của Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


HOCMAI.VN

GV: Nguyễn Thanh Tùng

facebook.com/ ThayTungToan

Giải


 . Mặt khác tam giác ABC cân tại A nên C
B

Ta có CD // AB , suy ra C
2
1
1
1

 C
 , khi đó CB là đường phân giác của góc 
Suy ra C
ACD .
2
1
Gọi M đối xứng với N qua BC , suy ra N  CD .
7
 4 
Ta có MN đi qua M   ;1 và vuông góc với BC : x  y  1  0 nên MN có phương trình x  y   0 .
3
 3 

2

x
x  y 1  0



 2 5

2

Gọi nBD  (a; b) là vecto pháp tuyến (VTPT) của BD với a 2  b2  0 .

Khi đó BD đi qua E (3;14) nên có phương trình: ax  by  3a  14b  0 .


Ta có VTPT của BC , DC lần lượt là nBC  (1;1) , nDC  (1; 3) .

Tham gia các khóa học PEN - C & I & M môn Toán của Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


HOCMAI.VN

GV: Nguyễn Thanh Tùng

 
 
  cos C
  cos n , n
Khi đó cos D
 cos nBC , nDC 
1
2
BD
DC




7 x  y  7  0
y  0
Ta có AB đi qua B(1;0) và song song với CD nên có phương trình: x  3 y  1  0 .
 x  3 y 1  0
 x  2
Khi đó tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: 

 A(2; 1) .
3x  y  5  0  y  1
Vậy A(2; 1) , B(1 ;0), C (1;2) .
Câu 9 (1,0 điểm). Tìm tất cả các giá trị thực của m để hệ phương trình sau có nghiệm thực:
2

 x y  1  2 x  1  2 xy
.
 3
x

3
x

m

2

3
xy


Giải


m

2

 m  2 (*)
z 3 (t 2  2t )
t 2

t2  3
với t   ;0    2;   .
t 2
t 2  4t  3
Ta có f '(t ) 
; f '(t )  0  t 2  4t  3  0 
(t  2)2
Xét hàm số f (t ) 

t  1
t  3

Ta có lim f (t )   ; lim f ( t)   và lim f (t )   , khi đó ta có bảng biến thiên:
x

x

x2

Tham gia các khóa học PEN - C & I & M môn Toán của Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !


+∞
6

3
2

∞

m  2  6
m  4

Dựa vào bảng biến thiên, suy ra hệ có nghiệm khi và chỉ khi
.

m  2  3
m   1

2

2
1

Vậy giá trị m cần tìm là m   ;     4;   .
2

Câu 10 (1,0 điểm). Cho x là số thực . Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:




 5
16t  20t 3  5t 
(3)

2
32t  40t  10t  1  0


Đặt x  2t , khi đó hệ có dạng:  3
.
5

1
16t  12t  5  1  0
3
3t  4t 
(4)

4
5

3

Ta có sin 3  3sin   4sin3  ; sin 5  16sin5   20sin 3   5sin 


5 1
 1
  
  

HẸN CÁC BẠN TRONG ĐỀ SỐ 2.

Tham gia các khóa học PEN - C & I & M môn Toán của Thầy Nguyễn Thanh Tùng trên HOCMAI.VN
tự tin chinh phục thành công kì thi THPTQG sắp tới !