Đáp án đề thi THPT quốc gia 2016

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016 ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang) Môn thi : Toán Thời gian làm : 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu I (1,0 điểm) Cho số phức z   2i Tìm phần thực phần ảo số phức w  2z  z Cho log x  Tính giá trị biểu thức A  log x  log x  log x Câu II (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y   x  2x   Câu III (1,0 điểm) Tìm m để hàm số f x  x  3x  mx  có hai điểm cực trị Gọi x1 ,x hai điểm cực trị đó, tìm m để x  x  2    Câu IV (1,0 điểm) Tính tích phân I  3x x  x  16 dx     Câu V (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A 3; 2; 2 , B 1; 0;1 C  2; 1;  Viết phương trình mặt phẳng qua A vuông góc với đường thẳng BC Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc A đường thẳng BC Câu VI (1,0 điểm) Giải phương trình 2sin2 x  sinx  Học sinh A thiết kế bảng điều khiển điện tử mở cửa phòng lớp Bảng gồm 10 nút, nút ghi số từ đến hai nút ghi số Để mở cần nhấn liên tiếp nút khác cho số nút đố theo thứ tự nhấn tạo thành dãy số tăng có tổng 10 Học sinh B quy tắc mở trên, ấn ngẫu nhiên liên tiếp nút khác bảng điều khiển Tính xác suất để B mở cửa phòng học Câu VII (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A' B'C' có đáy ABC tam giác vuông cân B, AC  2a Hình chiếu vuông góc A' mặt phẳng  ABC  trung điểm cạnh AC,   đường thẳng A'B tạo với mặt phẳng ABC góc 45o Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A' B'C' chứng minh A'B vuông góc với B'C Câu VIII (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính BD Gọi M, N hình chiếu vuông góc A đường thẳng BC, BD P giao điểm hai đường thẳng MN, AC Biết đường thẳng AC có phương trình x  y   , M  0;  , N  2;  hoành độ điểm A nhỏ Tìm tọa độ điểm P, A B Câu IX (1,0 điểm) Giải phương trình 3log    x   x  2log   Câu X (1,0 điểm) Xét số thực x, y thỏa mãn x  y   Tìm giá trị lớn x  y Tìm m để x y4    x   x log 9x   2      log x        x   y  (*)    x  y  1 27  x  y  x  y  m với x, y thỏa mãn (*) - Bùi Thế Việt ĐÁP ÁN CHI TIẾT Câu I : Cho số phức z   2i Tìm phần thực phần ảo số phức w  2z  z Cho log x  Tính giá trị biểu thức A  log x  log x  log x Lời giải     Ta có : z   2i  z   2i  w  2z  z   2i   2i   2i Kết luận : Phần thực phần ảo w 2 ĐKXĐ : x  Khi A  2log x  3log x  Kết luận : A   1 log x   log x   2 2 Câu II : Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y   x  2x TXĐ : D   Lời giải  Ta có : y'  4x  4x  4x x   y'   x  x  x  1 Giới hạn : lim y  lim y   x  Bảng biến thiên : x  y’ x  1   y    1           Nhận xét : Hàm số đồng biến  ; 1 0;1 , nghịch biến 1; 1;        Điểm cực đại : A 1;1 B 1;1 Điểm cực tiểu : O 0; Đồ thị hàm số : Nhận xét : Đồ thị hàm số nhận trục tung làm trục đối xứng   Câu III : Tìm m để hàm số f x  x  3x  mx  có hai điểm cực trị Gọi x1 ,x hai điểm cực trị đó, tìm m để x12  x 22  Lời giải       Ta có : f ' x  3x  6x  m  f x có điểm cực trị  f ' x  có nghiệm phân biệt x1 ,x    36  12m   m  Áp dụng định lý Vi-ét ta :  x1  x  2 2m  2  m  x1  x2   x1  x   2x1x    x1 x   2m   m  (thỏa mãn m  ) Vậy x12  x 22    3 Kết luận : m     Câu IV : Tính tích phân I  3x x  x  16 dx  Lời giải  3  Ta có : I   3x x  x  16 dx   3x dx   x x  16dx  x   x  16d x  16 20 0 x  3 Kết luận : I  88 x  16  2 3   27  61  88    Câu V : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A 3; 2; 2 , B 1; 0;1  C  2; 1;  Viết phương trình mặt phẳng qua A vuông góc với đường thẳng BC Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc A đường thẳng BC   Lời giải     Gọi mặt phẳng qua A vuông góc BC P Ta có BC  1; 1; véc-tơ pháp tuyến P suy     Vậy  P  có phương trình x  y  2z   P có dạng x  y  2z  t  Lại có A  P     t   t  x 1 y z 1   Gọi H  t  1,  t,2t  1 hình chiếu 1 A lên BC Khi AHBC    t      t     2t      6t    t  1 Phương trình đường thẳng BC   Suy H 0,1, 1 Kết luận : Phương trình mặt phẳng qua A vuông góc BC x  y  2z    Tọa độ hình chiếu A lên BC 0,1, 1  Câu VI : Giải phương trình 2sin2 x  sinx  Học sinh A thiết kế bảng điều khiển điện tử mở cửa phòng lớp Bảng gồm 10 nút, nút ghi số từ đến hai nút ghi số Để mở cần nhấn liên tiếp nút khác cho số nút đố theo thứ tự nhấn tạo thành dãy số tăng có tổng 10 Học sinh B quy tắc mở trên, ấn ngẫu nhiên liên tiếp nút khác bảng điều khiển Tính xác suất để B mở cửa phòng học  Lời giải       Vì sin x  sinx    sinx sinx   sinx    sinx sinx    sinx  4 x     sinx  (vì sinx  1 x  )   sinx  x     5  2k với k  Kết luận : x   2k x  6   2k k  5  2k  Gọi nút bạn B ấn có ghi số X, Y, Z (X, Y, Z số nguyên từ đến đôi khác nhau)    720 Vậy số cách chọn X, Y,Z A10 X  Y  Z  10 Khi đó, có khả sau : X  Y  Z Điều kiện để mở cửa phòng   X, Y,Z    0,1,9 ;  0,2,8  ;  0,3,7  ;  0,4,6  ; 1,2,7  ; 1,3,6  ; 1,4,5  ;  2,3,5   720 90 Câu VII : Cho lăng trụ ABC.A' B'C' có đáy ABC tam giác vuông cân B, AC  2a Hình Vậy xác suất để B mở cửa phòng P    chiếu vuông góc A' mặt phẳng ABC trung điểm cạnh AC, đường thẳng A'B tạo với mặt phẳng  ABC  góc 45o Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A' B'C' chứng minh A'B vuông góc với B'C Lời giải Vì ABC vuông cân B, M trung điểm AC AC  a  S ABC  MB  AC  a 2 MB  AC  A'M   ABC   A'M chiều cao nên MB  hình lăng trụ A' BM  90 o   Vì A'B tạo với mặt phẳng ABC góc 45o o nên A' BM  45  A' BM vuông cân M  A'M  BM  a    Vậy VABC.A ' B ' C '  A'M  S ABC  a Lại có : A' BB'C  A'M  MB B'A'  A'C  A'MB'A'  A'MA'C  MBB'A'  MBA'C     A'MBA  A'MA'C  MBBA  MBA'C  A'M A'M  MC  MB BM  MA   A'MA'M  A'MMC  MBBM  MBMA  A'M  BM  Vậy A'B vuông góc với B'C (đpcm) Câu VIII : Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính BD Gọi M, N hình chiếu vuông góc A đường thẳng BC, BD P giao điểm hai đường thẳng MN, AC Biết đường thẳng AC có phương trình x  y   , M  0;  , N  2;  hoành độ điểm A nhỏ Tìm tọa độ điểm P, A, B Lời giải Phương trình đường thẳng MN x  y   , P giao điểm MN AC nên tọa độ điểm P thỏa mãn HPT x  y   5 3  x  ; y   P ,   2 2 2 x  y   Gọi A  a,a  1 với a  Gọi O trung điểm BD Khi AMB  ANB  90 nên M, N thuộc đường tròn đường kính AB Suy o PNO  MAB  90o  MBA  90o  ADC 180o  AOC  90o  AOC   OAP 2 o Vậy A, P, O, N thuộc đường tròn  APO  ANO  90  OP  AC  P trung o điểm AC  PA  PM (vì AMC  90 ) Vậy a  nên : 2 2    5  3 5  3 5 25  a     a              a     a a  5   a                Suy A 0, 1 mà P trung điểm AC nên C 5,4   Phương trình đường thẳng CM y   Vì B  CM nên gọi B b,4          Do ANNB   b      b  1  B 1,4 5 3 ,  ; A  0, 1 ; B  1,4  2 2 Kết luận : P  Câu IX : Giải phương trình 3log    x   x  2log   x   x log 9x      log x       Lời giải ĐKXĐ :  x  Ta có : PT  3log 23    x   x  4log    x   x log  3x   1  log x     x   x   4log   x   x  log  3x   log  3x     log   x   x   log  3x    3log   x   x   log  3x    log   x   x  3x  x   x   log  3x         x   x  3x    3log   x   x   log  3x  Nếu  x   x  3x   x   x    x   x   x   x     x   x   x   x     3log 23 3 3 3 3 3 3   x   x   (vì   2x 2  2  x   x     x  vô lý)    x   12  x  18x     9x   72  36x  81x  68  x   2 17 thỏa mãn đề Thử lại thấy x  Nếu  2x  2x   2x  2x Kết luận : x  17  3x   x   x  3x  Ta có :     x    x   x  3x    Vô lý 17 Câu X : Xét số thực x, y thỏa mãn x  y   Tìm giá trị lớn x  y Tìm m để x y4   x   y  (*)     x  y  1 27  x  y  x  y  m với x, y thỏa mãn (*) Lời giải ĐKXĐ : x  2,y  3 Ta có (*)  Vì   x2 2    y3 2  x y7  2 x y4 x2 2  2   y3 2   Nếu x  y   (*)  x  y     9476 243   x  y   x  y    x  y  1  t      y  1  2x  2y    P    t  1  15 Xét f  t     t  1  15 với t   3;7  Ta : f '  t   ln    t  1 ln  f ''  t   ln  ln  ln 2t  ln    0t  3;7  Lại có f '   f '    suy f '  t  có nghiệm k   3,7  Vì f ''  t   nên : Lại có x  y  x  t4 2 t4 t t t 4 t t 4 t t       148 Nếu t   k,7   f '  t    f  t   f 7   20 Nếu t   3,k  f ' t   f t  f  Tóm lại ta P max  x y4 148 chẳng hạn x  2,y      x  y  1 27  x  y  x  y  m m  Kết luận : m    x  y  1 27  x  y  x  y Đặt t  x  y theo câu ta t  Nếu x  y   x  2, y  3  x  2, y  3  P   Vậy   0x  2, y  3 nên x  y   Vậy GTLN x + y x = y = Đặt P   148 148