Đáp án chính thức của Bộ GD Môn Toán THPT Quốc gia 2016

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016 ĐỀ THI CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM Môn thi: TOÁN (Đáp án - Thang điểm có 04 trang) Câu I (0,5 điểm) (1,0 điểm) Ta có w  1  2i    2i Đáp án Điểm 0,25   2i Vậy phần thực w phần ảo w 2 (0,5 điểm) Ta có A  log2 x  log2 x  log2 x II (1,0 điểm)   - 0,25 0,25   log2 x   2 Tập xác định: D   Sự biến thiên: Chiều biến thiên: y   4x  4x ; x  x  1 1  x  y     ; y     ; y     x  1   x  x      0,25 0,25 Hàm số đồng biến khoảng  ; 1 0; Hàm số nghịch biến khoảng 1; 0 1;  - Cực trị: hàm số đạt cực đại x  1, y c®  1; đạt cực tiểu x  0, yCT  - Giới hạn: lim y  ; lim y   - 0,25 Bảng biến thiên: x  x   0,25  Đồ thị: 0,25 Hàm số cho xác định với x   III (1,0 điểm) Ta có f (x )  3x  6x  m 0,25 Hàm số có hai điểm cực trị phương trình 3x  6x  m  có hai nghiệm phân biệt, tức    m  0,25 2 Ta có x  x   x  x   2x 1x    2 m 3 (thỏa mãn) Vậy m  2 IV (1,0 điểm) Ta có I  0,25 0,25 3x 2dx   3x x  16 dx  0,25  m 3 I1   3x dx  x 3  27 0,25   3x I2  x  16 dx Đặt t  x  16, ta có t   2x ; t(0)  16, t(3)  25 25 Do I  2 0,25 t dt 16 t t 25  61 0,25 16 V (1,0 điểm) Vậy I  I  I  88  Ta có BC  1; 1;2 0,25 Mặt phẳng (P ) qua A vuông góc với BC có phương trình x  y  2z   0,25 x   t    Đường thẳng BC có phương trình y  t     z   2t  Gọi H hình chiếu vuông góc A BC Ta có H  (P )  BC   - Vì H  BC nên H  t ;  t ;1  2t - Vì H  (P ) nên 1  t   t   1  2t     t  1 0,25 0,25 Vậy H 0;1; 1 VI (0,5 điểm) (1,0 điểm) sin x    Ta có sin x  sin x     sin x    sin x   : vô nghiệm   x    k 2  (k  )  sin x    x  5  k 2   (0,5 điểm) Không gian mẫu  có số phần tử n()  A10  720 Gọi E biến cố: “B mở cửa phòng học” Ta có E  (0;1;9),(0;2; 8),(0; 3; 7),(0; 4; 6),(1;2; 7),(1; 3;6),(1; 4; 5),(2; 3; 5) Do n(E )  n(E ) Vậy P(E )   n() 90 0,25 0,25 0,25 0,25 H Gọi trung điểm  A H  ABC   A BH  45o VII (1,0 điểm) AC , ta có AC  a S ABC  a Tam giác A HB vuông cân H , suy A H  BH  a Do VABC AB C   A H S ABC  a 0,25 Ta có BH  Gọi I giao điểm A B AB , ta có I trung điểm A B AB  Suy HI  A B Mặt khác HI đường trung bình AB C nên HI // B C Do A B  B C Phương trình MN: x  y   Tọa độ P nghiệm hệ    x  y    P  ;      2 2  x  y       Vì AM song song với DC điểm A, B, M , N thuộc đường tròn nên ta có     PAM  PCD  ABD  AMP VIII (1,0 điểm) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Suy PA  PM Vì A  AC : x  y   nên A a; a  1, a  2 2            a    a          a   A(0; 1) Ta có            a   2      2 2        Đường thẳng BD qua N vuông góc với AN nên có phương trình 2x  3y  10  Đường thẳng BC qua M vuông góc với AM nên có phương trình y    2x  3y  10  Tọa độ B nghiệm hệ   B 1;   y     Điều kiện:  x  IX (1,0 điểm) Khi phương trình cho tương đương với   x   x   log   x   x .log 3x   log 3x       log   x   x   log 3x   log   x   x   log 3x       log   x   x   log 3x     x   x  3x log2 3 3 3 3 0,25 0,25 3    x  9x   x  9x    x     81x  68x     68  x2  81 0,25 Kết hợp với điều kiện  x  2, ta có nghiệm x   log 0,25    x   x  log 3x    Vì  x  nên 3x  17  x  2x   3x (1) 0,25 Mặt khác  x  2x     x2    x  2x   Do phương trình (1) vô nghiệm 0,25 Vậy phương trình cho có nghiệm x  17 X (0,25 điểm) (1,0 điểm) Điều kiện: x  2, y  3   Ta có (*)  x  y  1  x  y   x  y  (**) Vì x  y   x  y  nên từ (**) suy x  y  1  x  y  1 0,25  x  y    x  y  Ta có x  6, y  thỏa mãn (*) x  y  Do giá trị lớn biểu thức x  y (0,75 điểm) Vì x  y   nên từ (**) suy x  y  1  x  y  1 x  y   x  y   (vì x  y   0) x  y  1       x  y   x  y   x  y  Vì x  2x (do x  ), y   2y nên x  y   x  y  Do   3x y 4  x  y  1 27x y  x  y  3x y 4  x  y  1 27x y  x  y   0,25 0,25 Đặt t  x  y, ta có t  1  t  Xét hàm số f (t )  3t 4  t  1 27t  6t  Ta có f (1)  f (t )  3t 4 ln  27t  t  1 27t ln  6; 2188 ; 243 f (t )  3t 4 ln2  t  1 ln  2 27t ln  0,  t  [3;7]   Suy f (t ) đồng biến (3;7) Mà f (t ) liên tục [3;7] f (3)f (7)  0, f (t )  có nghiệm t0  (3; 7) Bảng biến thiên 0,25   Suy 3x y 4  x  y  1 27x y  x  y  Đẳng thức xảy x  2, y  Vậy m  148 với x, y thỏa mãn (*) 148 - Hết -