De va loi giai de chinh thuc 2016

Để mở cửa cần nhấn liên tiếp 3 nút khác nhau sao cho 3 số trên 3 nút đó theo thứ tự đã nhấn tạo thành một dãy số tăng và có tổng bằng 10.. Học sinh B không biết quy tắc mở cửa trên, đã n[r]

Thêm bạn facebook https://www.facebook.com/dethithpt để nhận nhiều đề file word nhé BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu I (1,0 điểm) Cho số phức z 1  2i Tìm phần thực và phần ảo số phức w 2 z  z Cho log x  Tính giá trị biểu thức A log x  log x3  log x y  x  x 1,0 điểm) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số Câu II ( Câu III ( 32 fxm31 1,0 điểm) Tìm m để hàm số  có hai điểm cực trị Gọi x 1, x2 là hai điểm cực 2 trị đó, tìm m để x1  x2 3 Câu IV (1,0 điểm) Tính tích phân   I 3 x x  x  16 dx Câu V (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm B  1; 0;1 và C  2;  1;3 A  3; 2;   , Viết phương trình mặt phẳng qua A và vuông góc với đường thẳng BC Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc A trên đường thẳng BC Câu VI (1,0 điểm)\ Giải phương trình 2sin x  sin x  0 Học sinh A thiết kế bảng điều khiển điện tự mở cửa phòng học lớp mình Bảng gồm 10 nút, nút ghi số từ đến và không có hai nút nào ghi cùng số Để mở cửa cần nhấn liên tiếp nút khác cho số trên nút đó theo thứ tự đã nhấn tạo thành dãy số tăng và có tổng 10 Học sinh B không biết quy tắc mở cửa trên, đã nhấn ngẫu nhiên liên tiếp nút khác trên bảng điều khiển Tính xác suất để B mở cửa phòng học đó Câu VII (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông cân B, AC = 2a Hình chiếu vuông góc A' trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm cạnh AC, đường thẳng A'B tạo với mặt phẳng (ABC) góc 45 Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' và 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 là hình chiếu vuông góc A trên các đường thẳng BC, BD và P là giao điểm hai đường thẳng MN, AC Biết đường M 0; , N 2; thẳng AC có phương trình x  y  0 ,     và hoành độ điểm A nhỏ Tìm tọa độ các điểm P, A và B Câu IX (1,0 điểm) Giải phương trình 3log Câu X (    x   x  log     x   x log3  x     log x  0    1,0 điểm) Xét các số thực x,y thỏa mãn x  y  2   x   y   * Tìm giá trị lớn x + y Tìm m để 3x  y    x  y  1 27  x  y   x  y  m Lời giải Câu I: w 3  2i A log x  log x3  log x 2 log x  3log x  log x đúng với x,y thỏa mãn (*)  2 (Do log x  ) Câu II:  Tập xác định D = R  Sự biến thiên y '  x3  x  x 0 y ' 0    x 1 Hàm số đồng biến trên đoạn Hàm số nghịch biến trên Hàm số đạt cực đại   ;  1 và  0;1   1;0  và  1;  x  và x = 1, y cực đại = y  1  y   1 1 Hàm số đạt cực tiểu x = 0, yct =  Giới hạn: lim y   x   lim y   x   Bảng biến thiên Câu III: 32 fxm31 f '  x  3x  x  m f '  x  0  3x  x  m 0  1  ' 9  3m Để hàm có cực trị x1, x2 thì phương trình (1) có nghiệm phân biệt   ' 9  3m   m   x1  x2 2   m  x1.x2  Theo viet: Theo đề ta có:  m x12  x22 3  TM  Câu IV:   I 3 x x  x  16 dx 3 0 I 3x dx  3 x x  16dx 23 100 Ixd327 I  x x  16dx x  16 t  t 0   x t  16  xdx tdt Đặt I t dt  61 Vậy I = 88 Câu V: Ta có:  BC  1;  1;  Gọi (P) là mặt phẳng qua A và vuông góc với đường thẳng BC    BC n p   1;  1;    P  :  x  3   y     z   0  x  y  z  0 Gọi H là hình chiếu A trên BC  H  BC Phương trình đường thẳng BC:  x 1  t   y  t  z 1  2t   H   t;  t ;1  2t    AH    t ;  t  2;3  2t  Ta có   AH BC 0    t  t    4t 0  t  Vậy điểm H có tọa độ H  0;1;  1 Câu VI: 1) 2sin x  sin x  0  sin x   loai      x   k 2    kZ  sin x     x  5  k 2    2) Để mở cửa cần nhấn liên tiếp nút khác tạo thành dãy số tăng và có tổng 10 Liệt kê các trường hợp thỏa mãn sau:  0;1;9   0; 2;8   0;3;7   0; 4;6   1; 2;7   1;3;6   1; 4;5   2;3;5  Gọi B là số cách để B mở cửa phòng : cách Ta có không gian mẫu   A103 Vậy xác suất để B mở cửa phòng là P  B  B    A10 90 Câu VII A ' H   ABC  Gọi H là trung điểm AC thì BH  AC và hay A'H là chiều cao lăng trụ Khi đó, HB là hình chiếu A'B trên đáy (ABC) Do đó,  A ' B,  ABC    A ' B, HB A ' HB 45 ABC vuông cân B, AC =2a nên AB BC a 2, BH  A ' BH 450  nên A ' H HB.tan A ' BH a.tan 45 1 S ABC  AB.BC  a 2.a a  dvdt  2 Diện tích: AC a Thể tích Vltru  A ' H S ABC a.a a  dvtt  2 Ta có AH  A ' H a  AA '  AH  A ' H a Như AA'B'B là hình bình hành có cạnh bên AB  AA ' a nên là hình thoi, suy A ' B  AB ' (1)  AC  BH  AC   A ' BH   A ' B  AC    AC  A ' H  Mặt khác, A ' B   AB ' C   A ' B  B ' C  dpcm  Từ (1) và (2) suy ra, Câu VIII Gọi I là trung điểm BD, hay I là tâm đường tròn 0   IAP 180  AIC 180  ABC 900  ABC BAM   2 AMB 90 Ta có   Đồng thời AMB  ANB 90 nên điểm A, B, M, N cùng thuộc đường tròn đường   kính AB Do đó, BAM INP Như vậy,     IAP INP BAM  nên điểm A, I, N, P cùng thuộc đường tròn   Suy IPA INA 90  IP  AC , hay P là trung điểm AC MN qua M  0;  , N  2;  có phương trình x  y  0  x  y  0  3  P ;    2 P là giao MN và AC nên tọa độ thỏa mãn hệ  x  y  0 AMC vuông M, P là trung điểm AC nên PA PM  AC  3 P  ;  ; M  0;   PM   2  5  A  a; a  1  AC  PA  a  ; a   2  Giả sử PA PM  2 5  5 5 25    a     a    a    2  2 2    a 0  A  0;  1   a 5  loai  5 3 A  0;  1 , P  ;   C  5;   2 BC qua M  0;  , C  5;  có phương trình y 4  A  0;  1 , N  2;   AN  2;3  BD qua N, vuông góc AN có phương trình x  y  10 0  y 4  B   1;   x  y  10   B là giao BC và BD nên tọa độ thỏa mãn hệ Câu IX: 3log    x   x  log    x   x log  x     log x  0     x2 x02 Đk: x0 pt  3log 32  3log 32     x   x  log   x   x  log      x   x log  x     log x  0   x   x  log x  1    log x  0  log  x   x a  Đặt log x  b , phương trình trở thành:  a b  1 3a  4ab  b2 0   a  b   3a  b  0    3a b   a b  log    x   x log x  log  3x  TH1:  x   x 3x    x 9 x   x  2  x   x   4   x   x 0  loai   81x  68 x 0   17  x  x 17 Thử lại kiểm tra ta 3a b  3log3    x   x log3 x  log3  3x  TH 2:  2x  2 x    2 x  2 x   Do 3x     2 x  2 x 2 x  2 x   2 2x  2 x 0  2    x  x 3  2x   2 x    2 x  2 x  2 x  2 x      x  x Đặt   9  2  x  x   x  x c 0 , phương trình trên trở thành   4c  2 9   2c   16  c 82c  28 0  VN  0,c 0 x 17 Từ các TH trên, ta nghiệm Câu X: a) Điều kiện x 2, y   x  y  1 4  x   y 3   4 x  y   x  y  từ (*) ta có áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm, ta có x  y   x     y  3  x  y  Suy  x  y 1 4  x  y   x  y  1 8  x  y  1   x  y  8    x  y 7  ** Ta thấy x 6, y 1 thỏa mãn điều kiện (*) và x  y 7 Vậy GTLN x + y là  x  y 1   4 x  y   x  y  4  x  y  1  b) Có  x  y  4  x  y 3  x  y  0   x  y      x  y 7  Kết hợp với (**) ta có  x  y   x  y  0  x 2 x  y      x  y   y  Khi đó Với P 3x  y    x  y  1 27  x  y   x  y   9746 243  Với Xét x  y   3;7  đặt x  y t , t   3;7 ,3x  y    x  y  1 27  x  y 3t    t  1 27  t f  t  3t    t  1 27  t , với t   3;7  f '  t  3t  4.ln  27 t   t  1 27  t.ln f ''  t  3t  4.ln  27  t.ln  ln  27  t   t 1 27  t ln  3t  4.ln    t  1 ln 2  ln  27  t  0, t 3 f'(t) liên trục trên  3;7 Vì f '  3  0, f '    nên tồn a   3;  cho f'(a) = Suy f(t) nghịch biến trên (3;a) và đồng biến trên (a;7) 193 193 f  3  ; f   35  f  t   f  3  , t   3;7  3 Có Ta chứng minh Với (1) x  y 5 với x  y 3 và x 2 x   2;3  y 3  x 0  y 9  x  x  x  y 2 x  x  2  x    x  1  5, x 2 Với x   x  y 9 2 Vậy x  y 5 (2) 148  3x  y    x  y  1 27 x y   x  y   , x, y Từ (1), (2) thỏa mãn bài toán Ta có 148 3x  y    x  y  1 27  x  y   x  y   x 2, y 1 thỏa mãn bài toán và 148 Vậy GTLN P là 0982.563.365 Facebook : https://facebook.com/dethithpt