Đáp án Đề thi THPT quốc gia 2016 môn Toán | dethivn.com

[r]

1 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016 ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

Mơn thi: TỐN

(Đáp án - Thang điểm có 04 trang)

Câu Đáp án Điểm

I (1,0 điểm)

1 (0,5 điểm)

Ta có w2 1 2i  2i 0,25

 3 i

Vậy phần thực w phần ảo w 0,25 2 (0,5 điểm)

Ta có log2 log2 1log2

A x x x 0,25

1log2

2 x

    0,25

II (1,0 điểm)

 Tập xác định: D    Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên: y  4x3 4 ;x

0,25

0 ; ;

1 1

x x x

y y y

x x x

       

  

       

    

  

  

Hàm số đồng biến khoảng   ; 1  0; Hàm số nghịch biến khoảng 1;0 1;

- Cực trị: hàm số đạt cực đại x  1, yc®  đạt cực tiểu 1; x 0,yCT 0 - Giới hạn: lim ;

xy   limxy  

0,25

- Bảng biến thiên:

0,25

 Đồ thị:

0,25

III (1,0 điểm)

Hàm số cho xác định với x  

Ta có f x( )3x26x m 0,25 Hàm số có hai điểm cực trị phương trình 3x26xm 0 có hai nghiệm

phân biệt, tức    m3 0,25

2

Ta có 12 22  1 22 1 2 3

m

x x   x x  x x     0,25

3

m

  (thỏa mãn) Vậy

m  0,25

IV

(1,0 điểm) Ta có

3

2

0

3 d 16 d

I   x x x x  x 0,25



3

3

2

1 0

0

3 d 27

I  x x x  0,25



3

2

0

3 16 d

I   x x  x

Đặt tx2 16, ta có t 2 ; (0)x t 16, (3)t 25 Do

25

16

3 d

I  t t

0,25

25 16

61

t t

 

Vậy I I1I2 88

0,25 V

(1,0 điểm) Ta có BC 1; 1;2   

0,25 Mặt phẳng ( )P qua A vuông góc với BC có phương trình x y 2z  3 0,25

Đường thẳng BC có phương trình

1

x t

y t

z t

   

   

   

0,25 Gọi H hình chiếu vng góc A BC Ta có H ( )P BC

- Vì H BC nên H1 t; t;12 t

- Vì H ( )P nên 1   t   t 12t 3 0   t Vậy H0;1;  

0,25

VI (1,0 điểm)

1 (0,5 điểm)

Ta có

sin

2 sin sin 1

sin

x

x x

x

   



   

 



0,25

 sinx  4 : vô nghiệm



2

1 6

sin ( )

5

2 2

6

x k

x k

x k

  





   

   

   



 0,25

2 (0,5 điểm)

Không gian mẫu  có số phần tử n  ( ) A310 720 0,25 Gọi E biến cố: “B mở cửa phịng học” Ta có

(0;1;9),(0;2; 8),(0;3;7),(0;4;6),(1;2;7),(1;3;6),(1;4;5),(2; 3;5) 

E  Do n E ( )

Vậy P( ) ( ) ( ) 90

n E E

n

 



3 VII

(1,0 điểm)

Gọi H trung điểm AC, ta có

   45 o

A H  ABC A BH  0,25

Ta có

BH  AC  a 2. ABC S a

Tam giác A HB vuông cân H, suy

A H BH  a

Do VABC A B C.    A H S ABC a3

0,25

Gọi I giao điểm A B AB  ta có I trung điểm A B,  AB  Suy

HI A B 0,25

Mặt khác HI đường trung bình AB C nên HI //B C Do A B B C 0,25 VIII

(1,0 điểm)

Phương trình MN: x  y Tọa độ P nghiệm hệ

4 5 3

;

1 2

x y

P

x y

  

   

   

  

      

0,25

Vì AM song song với DC điểm , , ,

A B M N thuộc đường trịn nên ta có

   .

PAM PCD ABD AMP

Suy PAPM

0,25

Vì AAC x:   y nên A a a ; 1 ,a Ta có

2 2

0

5 5

(0; 1)

2 2

a

a a A

a

          

            

        

       

    

        

0,25 Đường thẳng BD qua N vng góc với AN nên có phương trình

2x 3y100

Đường thẳng BC qua M vng góc với AM nên có phương trình y  4 Tọa độ B nghiệm hệ 10  1;4 

4

x y

B y

   

  

   

0,25

IX (1,0 điểm)

Điều kiện: 0 x

Khi phương trình cho tương đương với

log23 2 x 2x4 log3 2 x 2x.log 33 x log 332 x 

       

3 3

log x x log 3x log x x log 3x

   

            

   

0,25

 log3 2 x 2xlog 33 x 0  2 x 2 x 3x

2

4 x 9x

    2 4x2 9x2 4

4

4

81 68

x

x x

    

  



2 68.

81

x

 

Kết hợp với điều kiện 0 x 2, ta có nghiệm 17

x 

0,25

 log3 2 x 2xlog 33 x 0  

3

2 x x 3x (1)

    

Vì 0  nên 3x x 6

4

Mặt khác    

2

2

2 x 2x  4 4x  4 2 x 2x 8 Do phương trình (1) vơ nghiệm

Vậy phương trình cho có nghiệm 17

x 

0,25

X (1,0 điểm)

1 (0,25 điểm)

Điều kiện: x 2,y 3

Ta có (*)x  y 12 4x  y x2 y3 (**).

Vì x2 y    nên từ (**) suy x y x y 12 8x   y 1

x y

      x y

Ta có x 6,y 1 thỏa mãn (*) x y Do giá trị lớn biểu thức xy

0,25

2 (0,75 điểm)

Vì x2 y  nên từ (**) suy x y 12 4x y 1

1

x y

x y

    

     11 40 (vì 0)

x y x y

x y

      



     3.1

x y

x y

    

    0,25

Vì x2 2x (do x  ), 2 y2 1 2y nên x2 y2  1 2x y Do

       

4 2

3x y   x y 2 x y 3 x y 3x y   x y 2 x y 6 xy  3 0,25 Đặt t  ta có x y, t   31   t

Xét hàm số f t( )3t4  t 2 7t 6t3 Ta có ( 1) 2188; 243

f  

 

4 7

( ) 3t ln t tln 6;

f t      t  

 

4

( ) 3t ln ln 2 tln 0, [3;7]

f t   t       t

 

 

Suy f t( ) đồng biến (3;7) Mà f t( ) liên tục [3;7] f(3) (7)f 0, ( )

f t  có nghiệm t 0 (3;7) Bảng biến thiên

Suy  2 3 2 148

x y   x y  x y  x y 

với x y, thỏa mãn (*) Đẳng thức xảy x 2,y 1

Vậy 148

m 

0,25