50 Ma de thi toan THPT quoc gia nam 2016 moi cap nhat

0 Câu III 1 điểm Tính tích phân Câu IV 1 điểm Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a, hình chiếu vuông góc của A’ lên mặt phẳng ABC trùng với trọng tâm O của tam giác[r]

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VỤ GIÁO DỤC THPT 2016 ********************************** LỜI NÓI ĐẦU Năm 2016 Nhà xuất Giáo dục Việt Nam Bộ Giáo dục và Đào tạo (Bộ GD&ĐT) giao nhiệm vụ tổ chức biên soạn và phát hành tài liệu ngân hàng đề thi phục vụ công tác thi THPT quốc gia và xét tuyển đại học, cao đẳng hệ chính quy năm 2016 Các thông tin này cập nhật đến ngày 20/03/2016 dùng cho các đại học, học viện, các trường đại học, cao đẳng và chịu trách nhiệm đề thi theo hướng tự chịu trách nhiệm việc in đề thi THPT quốc gia năm 2016 ***** Bộ ngân hàng mã đề thi đáp án “Dùng cho các trường chuẩn bị kì thi THPT quốc gia năm 2016” làm để xét tuyển có kết hợp phần và cũ đề thi đại học cao đẳng năm 2016 Nhằm cung cấp thông tin quan trọng ngân hàng thi THPT quốc gia toàn quốc : KIẾN THỨC KỸ NĂNG KIẾN THỨC HIỂU BIẾT CỦA HỌC SINH THPT MÔN TOÁN Kỳ thi THPT Quốc gia 2016 tổ chức thi môn gồm: Toán, Văn, Lịch sử, Địa lý, Vật lý, Hóa học, Sinh học, ngoại ngữ Các môn Toán, Văn, Lịch sử, Địa lý thi theo hình thức tự luận, thời gian làm bài 180 phút Các môn Vật lý, Hóa học, Sinh học thi theo hình thức trắc nghiệm, thời gian làm bài 90 phút Các môn ngoại ngữ thi viết và trắc nghiệm Riêng đề thi môn Ngữa văn có phần đọc hiểu và làm văn.Ngày 30/6, 8g sáng thí sinh làm thủ tục dự thi gồm Nhận thẻ dự thi và đính chính các sai sót có Lịch thi THPT quốc gia 2016 công bố sau: Lịch thi THPT quốc gia năm 2016 Ngày 1/7 2/7 3/7 4/7 Buổi Môn thi SÁNG Toán CHIỀU Thời gian làm bài 180 phút Giờ phát đề Giờ bắt đầu thi cho thí làm bài sinh 7g25 7g30 Ngoại ngữ 90 phút 14g15 14g30 SÁNG Ngữ văn 180 phút 7g25 7g30 CHIỀU Vật lí 90 phút 14g15 14g30 SÁNG Địa lí 180 phút 7g25 7g30 CHIỀU Hóa học 90 phút 14g15 14g30 SÁNG Lịch sử 180 phút 7g25 7g30 CHIỀU Sinh học 90 phút 14g15 14g30 THÔNG TIN NGÂN HÀNG MÃ ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 * Chú ý : Mỗi đề thi có ký hiệu mã đề riêng có 50 mã đề thi TN và tuyển sinh đại học năm 2016 sau: BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 * ĐỀ CHÍNH THỨC * Môn thi : Toán , khối MÃ A-A1-B-D 101 Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) 2x  x 1 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số Viết phương trình tiếp tuyến (C), biết khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến Câu II (2 điểm) 17 x  sin(2x  )  16 2 3.s inx cos x  20sin (  ) 2 12 1) Giải phương trình y 2) Giải hệ phương trình : 2 x  x y  x y 1  x y  x  xy   tan x.ln(cos x) dx cos x  Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông A với AB = a, các mặt bên là các tam giác cân đỉnh S Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng tạo với mặt phẳng đáy góc 600 Tính cụsin góc hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) Câu V: (1 điểm) Cho a,b,c là các số dương thỏa măn a + b + c = Chứng minh rằng: a b b c c a   3 ab c bc  a ca  b PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương tŕnh Chuẩn Câu VI.a (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(1;1) và đường thẳng  : 2x + 3y + = T́ m tọa độ điểm B thuộc đường thẳng  cho đường thẳng AB và  hợp với gúc 450 Câu VII.a (1 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;-1;1) x y 1 z x y z (d) :   (d ') :   2  và và hai đường thẳng Chứng minh: điểm M, (d), (d’) cùng nằm trên mặt phẳng Viết phương tŕnh mặt phẳng đó Câu VIII.a (1 điểm) logx(24x1)2 x  logx2 (24x1) x log (24x1) x Giải phương tŕnh: Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (1 điểm) 2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thỏa mãnṛ (C ) : x  y 1 , đường thẳng (d) : x  y  m 0 T́ ìm m để (C ) cắt (d ) A và B cho diện tích tam giác ABO lớn Câu VII.b (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba mặt phẳng: (P): 2x – y + z + = 0, (Q): x – y + 2z + = 0, (R): x + 2y – 3z + = x y 1 z  và đường thẳng :  = = Gọi  là giao tuyến (P) và (Q) Viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với (R) và cắt hai đường thẳng  , 2 Câu VIII.b (1 điểm) Giải bất phương trình: logx( log3( 9x – 72 ))  Hết ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu 1: 1, *Tập xác định : D  \  1 y'  1 (x  1)2  x  D *Tính Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1) và (1; ) *Hàm số không có cực trị Limy  Limy   Lim y 2 Lim y 2  x 1 x  x   *Giới hạn x Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2 *Bảng biến thiên *Vẽ đồ thị Câu 1: 2,*Tiếp tuyến (C) điểm M (x0 ; f (x0 ))  (C ) có phương trình 2 Hay x  (x0  1) y  2x0  2x0  0 (*)  2x0    (x0  1) *Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*) giải nghiệm x0 0 và x0 2 Vậy: Các tiếp tuyến cần tìm : x  y  0 và x  y  0 y f '(x0 )(x  x0 )  f (x0 ) Câu 2: 1, *Biến đổi phương trình đó cho tương đương với cos2x     sin 2x  10cos(x  )  0  cos(2x  )  5cos(x  )  0 6      2cos (x  )  5cos(x  )  0 cos(x  )  cos(x  )  6 và Giải (loại)   5 cos(x  )  x   k2 x   k2 nghiệm *Giải và (x2  xy) 1  x3y  Câu 2: 2, *Biến đổi hệ tương đương với x y  (x  xy)  x  xy u u2 1  v   x y v v  u    *Đặt ẩn phụ , ta hệ  *Giải hệ trên nghiệm (u;v) là : (1;0) và (-2;-3) *Từ đó giải nghiệm (x;y) là (1;0) và (-1;0)  t x thì Câu 3: *Đặt t=cosx Tính dt=-sinxdx , đổi cận x=0 thỡ t=1 , I  ln t ln t dt   dt  t t 1 1 u ln t;dv  dt  du  dt; v  t t t Từ đó *Đặt 1 1 I  ln t   dt  ln  t t t I   1 ln 2 2 Suy *Kết Câu 4: *Vẽ hình *Gọi H là trung điểm BC , chứng minh SH  (ABC ) *Xác định đúng góc hai mặt phẳng (SAB) , (SAC) với mặt đáy là SEH SFH 600 *Kẻ HK  SB , lập luận suy góc hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) HK A a a HA  SH HF tan 600  , *Lập luận và tính AC=AB=a , 1    K H a 2 HS HB 10 *Tam giác SHK vuông H có HK a AH 20 tan AK H    KH 3 a 10 *Tam giác AHK vuông H có 23 a b 1 c 1 c   ab  b  a (1  a)(1  b) Câu 5:*Biến đổi ab c  cos AK H  VT  1 c 1 b 1 a   (1  a)(1  b) (1  c)(1  a) (1  c)(1  b) *Từ đó Do a,b,c dương và a+b+c=1 nên a,b,c thuộc khoảng (0;1) => 1-a,1-b,1-c dương *áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta VT 3 1 c 1 b 1 a (1  a)(1  b) (1  c)(1  a) (1  c)(1  b) =3 (đpcm) Đẳng thức xảy và x 1  3t   y   t u  Câu 6a: *  có phương trình tham số và có vtcp ( 3; 2)   cos(AB ; u)    A (1  3t;   2t) *Ta có (AB;  )=450 *A thuộc  AB u    AB u a b c  15  169t2  156t  45 0  t   t  13 13 *Các điểm cần tìm là 32 22 32 A1 ( ; ), A2 ( ;  ) 13 13 13 13  u (1;  2;  3) M (0;  1;0) Câu 7a: *(d) qua và có vtcp  u (1; 2;5) (d’) qua M (0;1; 4) và có vtcp      u1 ; u2  ( 4;  8; 4) O M   1M (0; 2; 4) *Ta , Xét  có  u1 ; u2  M 1M  16  14 0    (d) và (d’) đồng phẳng  n (1; 2;  1) và qua M nên có *Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) cú vtpt x  y  z   phương trình *Dễ thấy điểm M(1;-1;1) thuộc mf(P) , từ đó ta có đpcm Câu 8a: *Điều kiện :x>0 *TH1 : xét x=1 là nghiệm *TH2 : xét x 1 , biến đổi phương trình tương đương với    logx (24x  1)  logx (24x  1) logx (24x 1)   log ( x  1)  t x Đặt , ta phương trình :  2t  t t giải t=1 và t=-2/3 *Với t=1  logx (x  1) 1 phương trình này vô nghiệm  logx (x  1)   x (24x  1)3 1 (*) 1 x x là nghiệm (*) Nếu thì VT(*)>1 Nhận thấy 1 x x thì VT(*)<1 , (*) có nghiệm Nếu *Với t=-2/3 x *Kết luận : Các nghiệm phương trình đó cho là x=1 và Câu 6b:*(C) có tâm O(0;0) , bán kính R=1 *(d) cắt (C) hai điểm phân biệt  d(O ;d)  1 1 SOAB  OAOB sin AOB  sin AOB  2 *Ta có  d(I ;d)  Từ đó diện tích tam giác AOB lớn và AOB 90  m 1 x 2  2t  y   t z 3t Câu 7b: * 1 có phương trình tham số  *  có phương trình tham số x 2  s  y 5  3s z s  *Giả sử d  1 A ;d   B  A (2  2t;  t;3t) B(2+s;5+3s;s)  * AB (s  2t;3s  t  6;s  3t) , mf(R) có vtpt n (1; 2;  3) s  2t 3s  t  s  3t 23       t 3 24 * d  (R )  AB & n cùng phương 1 23  A( ; ; ) n 12 12 và có vtcp (1; 2;  3) => d có phương trình *d qua 23 1 z x y 12  12  3 x   x log3 (9  72)   x Câu 8b:*Điều kiện : 9  72  giải x  log 73 log3 (9x  72) x  9x  72 3x Vì x  log 73 >1 nên bpt đó cho tương đương với 3x   x 3 9  x 2 *Kết luận tập nghiệm : T (log 72; 2] BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Đề chính thức Môn thi : Toán , khối MÃ A-A1-B-D 102 Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( điểm ) Câu I ( 2,0điểm) Cho hàm số y = x3  (m + 1)x +  m2 1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số m = 2; 2) Tìm m để đồ thị hàm số có điểm cực đại và điểm cực tiểu, đồng thời các điểm cực đại, cực tiểu và điểm I(0 ; 4) thẳng hàng Câu II:(2.0điểm) 1, Giải phương trình: ( ) log2 + x = log7 x 2, Giải phương trình x x  x  sin sin x  cos sin x 2 cos    2  2 Câu III (1.0 điểm) 2 x  x  15  x  18 x  18  Giải bất phương trình sau x  x  15 x   dx 2x  Câu IV(1.0 điểm) Tính tích phân I= Câu V(1.0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A 1B1C1 có tất các cạnh a, góc tạo cạnh bên và mặt phẳng đáy 30 Hình chiếu H điểm A trên mặt phẳng (A1B1C1) thuộc đường thẳng B1C1 Tính khoảng cách hai đường thẳng AA và B1C1 theo a PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRINH ( điểm ) A/ Phần đề bài theo chương trinh chuẩn Câu VI.a: (2.0điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình (x-1)2 + (y+2)2 = và đường thẳng d: x + y + m = Tìm m để trên đường thẳng d có điểm A mà từ đó kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) cho tam giác ABC vuông 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương  x 1  2t   y t  z 1  3t trình  Lập phương trình mp (P) qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn Câu VII.a: (1.0điểm) n+2 n+3 2n- 2n Cn+1 + C2n +1 + C2n+1 + + C2n+1 + C2n+1 = - Cho đẳng thức: 2n+1 ( 1- x + x3 - x4 ) n Tìm hệ số số hạng chứa x10 khai triển B/ Phần đề bài theo chương trình nâng cao Câu VI.b: (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình (x-1)2 + (y+2)2 = và đường thẳng d: x + y + m = Tìm m để trên đường thẳng d có điểm A mà từ đó kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) cho tam giác ABC vuông 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng d có phương  x 1  2t   y t  z 1  3t trình  Lập phương trình mp(P) qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn Câu VII.b: (1.0 điểm) Giải bất phương trình: (2  ) x  x 1  (2  3) x  x  2 HƯỚNG DẪN ĐÁP ÁN Câu : 1, Cho hàm số y = x  (m + 1)x +  m2 Khảo sát hàm số m = 2; Hàm số trở thành: y = x3  3x + 1* TXĐ: D = R 2* Sự biến thiên hàm số: * Giới hạn vô cực: lim f  x   x   lim f  x    x   : y ' 0  x 1 * Bảng biến thiên: Có y’ = 3x2  , x y’ -∞ + -1 y - +∞ + +∞ -∞ -1 Hàm số đồng biến trên khoảng   ; 1 và 1; , Hàm số nghịch biến trên   1;1 khoảng Hàm số đạt đạt cực đại x  1; yCD 3 , cực tiểu x 1; yCT  , U  0;1 3* Đồ thị: * Điểm uốn: y '' 6 x , các điểm uốn là: y U  0;1 : * Giao điểm với trục Oy * Đồ thị: -2 -1 O x -1 -2 Câu 1: 2: Tìm m để đồ thị hàm số có điểm cực đại và điểm cực tiểu, đồng thời các điểm cực đại, cực tiểu và điểm I(0 ; 4) thẳng hàng Có y’ = 3x2  (m + 1) Hàm số có CĐ, CT  y’ = có nghiệm phân biệt:  3(m + 1) >  m > 1 (*) Phương trình đường thẳng qua hai điểm cực đại, cực tiểu đồ thị hàm số là y  ( m  1) x   m Các điểm cực đại, cực tiểu và điểm I(0 ; 4) thẳng hàng   m 4  m 1 Vậy m=1 Câu 2: 1, Giải phương trình: log2 ( + x ) = log7 x t Điều kiện: x > Đặt t = log7 x Û x = t ö t t t æ = 2t Û + 73 = 83 Û ÷ pt Û log2 ç = t Û + ç1 + 73 ÷ ÷ ÷ ç è ø t ( ) ( ) + t =1 (*) Chứng minh pt (*) có nghiệm t = Vậy phương trình có nghiệm x = 343 x x  x  sin sin x  cos sin x 2 cos    2  2 Câu 2: 2, Giải phương trình: x x  x  sin sin x  cos sin x 2 cos    (1) 2  2 1   sin x sin x  cos x sin x 1  cos   x  1  sin x 2 2  x x x x x x      sin x sin  cos sin x  1 0  sin x sin  cos sin cos  1 0 2 2 2     x  x x    sin x sin  1 sin  sin  1 0  2    x x x sin x 0,sin 1, 2sin  2sin 1 0 2 x  k x   x k ,   k 2    x k 2  x   k 4 2 Câu 3: Giải bất phương trình sau x  8x  15  x  18 x  18  x  x  15 (1) TXĐ x 5, x  5, x 3 TH1 x = là nghiệm (1) TH2 x 5 thì (1) 17 x  TH3 x  thì (1) x   17 x   x   4x   x  Vậy BPT (1) có nghiệm  17  x    x   4x  x  Vậy BPT (1) có nghiệm Kl : Tập nghiệm bất pt là S ( ;  5)   3  (5; Câu 4: Tính tích phân: I= x 1  +I= x 1  17 ) dx x 1 dx 2 x 1 Đặt t= x   t 2 x   tdt=dx +Đổi cận : x=  t = x=4  t = 3 tdt 3 3 tdt t  1 dt 1 2 dt dt  1  t 2     2 (t  1) +Khi đó I= = (t  1)  (t  1) = (t  1) 3 ln t   t  =2ln2+1 = +Vậy I= 2ln2+1 t Câu 5: Cho lăng trụ tam giác ABC.A 1B1C1 có tất các cạnh a, góc tạo cạnh bên và mặt phẳng đáy 300 Hình chiếu H điểm A trên mặt phẳng (A 1B1C1) thuộc đường thẳng B1C1 Tính khoảng cách hai đường thẳng AA1 và B1C1 theo a  Do AH  ( A1 B1C1 ) nên góc AA1 H là góc AA và (A B C ), theo giả thiết thì góc 1 1 a  A1 H  AA H  AA H 1 300 Xét tam giác vuông AHA1 có AA1 = a, góc =300 a A1 H  nên A1H Do tam giác A1B1C1 là tam giác cạnh a, H thuộc B1C1 và A vuông góc với B C Mặt khác AH  B1C1 nên B1C1  ( AA1 H ) 1 K C A1 C1 1111 H 1111 B1 Kẻ đường cao HK tam giác AA1H thì HK chính là khoảng cách AA1 và B1C1 A H AH a  HK   AA Ta có AA HK = A H.AH 1 Câu 6a: 1, Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình (x-1) + (y+2)2 = và đường thẳng d: x + y + m = Tìm m để trên đường thẳng d có điểm A mà từ đó kẻ hai tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn (C) (B, C là hai tiếp điểm) cho tam giác ABC vuông Từ pt ct đường tròn ta có tâm I(1;-2), R = 3, từ A kẻ tiếp tuyến AB, AC tới đường tròn và AB  AC => tứ giác ABIC là hình vuông cạnh  IA 3 m  m   3  m  6    m 7 Câu 6a: 2,Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(10; 2; -1) và đường thẳng  x 1  2t   y t  z 1  3t  d có phương trình Lập phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d và khoảng cách từ d tới (P) là lớn Gọi H là hình chiếu A trên d, mặt phẳng (P) qua A và (P)//d, đó khoảng cách d và (P) là khoảng cách từ H đến (P) Giả sử điểm I là hình chiếu H lên (P), ta có AH  HI => HI lớn A  I Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến B H  d  H (1  2t ; t ;1  3t ) vì H là hình chiếu A trên d nên AH  d  AH u 0 (u (2;1;3) là véc tơ phương d)  H (3;1;4)  AH ( 7; 1;5) Vậy (P): 7(x – 10) + (y – 2) – 5(z + 1) =  7x + y -5z -77 = n+2 n+3 2n- 2n Cn+1 + C2n +1 + C2n+1 + + C2n+1 + C2n+1 = - Câu 7a:Cho đẳng thức: 2n+1 10 Tìm hệ số số hạng chứa x khai triển S= Cn2n++11 2n+1 (1 + 1) + Cn2n++21 = + Cn2n++31 C2n +1 + C12n+1 -1 + + C2n 2n+1 + C2n +1 + C2n 2n+1 ( 1- x + x3 - x4 ) n , ta có: n- + + C2n +1 n n+1 n+2 2n 2n+1 + C2n +1 + ( C2n+1 + C2n+1 + + C2n+1 ) + C2n+1 2n+1 2n 2n- n +2 n+1 n+1 n+2 2n- 2n Þ 22n+1 = ( C2n +1 + C2n+1 ) + C2n+1 + C 2n+1 + + C 2n+1 + C 2n+1 + ( C2n+1 + C2n+1 + + C2n+1 + C2n+1 ) Þ 22n+1 = + 2S Þ 22n = + S Þ 22n = 28 Þ n = Þ n ù4 = ( - x ) ( + x3 ) x + x3 - x4 ) = é ê(1 - x) + x (1 - x) ú ë û ( 1- = ( C04 - C14x + C24x2 - C34x3 + C 44x4 ) ( C04 + C14x3 + C24x6 + C34x9 + C 44x12 ) Ta có hệ số x10 là: - C4.C4 + C4.C4 = - 10 Câu 6b: 1, Giống chương trình chuẩn (2  ) x  x 1  (2  3) x  x Câu 7b: Giải bất phương trình:   x  2x   x  2x  2 4 Bpt   t  4 t t  4t  0   t 2  (tm)   x2  x  Đặt t     2 x  2x (t  0) , ta được: 2     x  x 1 Khi đó:     x  x  0    x 1  KL: ************************************************************************ BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Đề chính thức Môn thi : Toán , khối MÃ A-A1-B-D 103 Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  x  x  Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số Gọi d là đường thẳng qua điểm A(3; 4) và có hệ số góc là m Tìm m để d cắt (C) điểm phân biệt A, M, N cho hai tiếp tuyến (C) M và N vuông góc với Câu II (2điểm)  x   y ( x  y ) 4 y  ( x  1)( x  y  2) y Giải hệ phương trình:  (x, y  R ) 3 sin x sin x  cos x cos x      tan x   tan x   6  3  Giải phương trình: I x ln( x  x  1)dx Câu III (1 điểm) Tính tích phân Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác cạnh a, hình chiếu vuông góc A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm O tam giác ABC Một mặt phẳng (P) chứa BC và vuông góc với AA’, cắt lăng trụ theo thiết diện có a2 diện tích Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn abc = Tìm giá trị lớn 1 P   2 a  b  b  2c  c  a  biểu thức PHẦN TỰ CHỌN (Thí sinh làm hai phần: Phần Phần 2) Phần 1.Câu VI.a (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho parabol (P): y  x  x và elip x2  y 1 (E): Chứng minh (P) giao (E) điểm phân biệt cùng nằm trên đường tròn Viết phương trình đường tròn qua điểm đó Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) có phương trình 2 x  y  z  x  y  z  11 0 và mặt phẳng () có phương trình 2x + 2y – z + 17 = Viết phương trình mặt phẳng () song song với () và cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi 6 Câu VII.a(1điểm) Tìm hệ số số hạng chứa x2 khai triển nhị thức Niutơn n    x   x ,  2Cn0  biết n là số nguyên dương thỏa mãn: n 1 2 6560 Cn1  Cn2    Cnn  n 1 n 1 k ( Cn là số tổ hợp chập k n phần tử) Phần Câu VI.b (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hai đường thẳng d1: x + y + = 0, d2: x + 2y - 7= và tam giác ABC có A(2 ; 3), trọng tâm là điểm G(2; 0), điểm B thuộc d1 và điểm C thuộc d2 Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho tam giác ABC với A(1; 2; 5), B(1; 4; 3), C(5; 2; 1) và mặt phẳng (P): x – y – z – = Gọi M là điểm thay đổi trên 2 mặt phẳng (P) Tìm giá trị nhỏ biểu thức MA  MB  MC e x  y  e x  y 2( x  1)  x y e x  y  Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình  (x, y  R ) HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1: 1, Khảo sát hàm số y  x  x  Tập xác định: R Sự biến thiên: lim y  lim ( x  3x  4)  , lim y  lim (x  3x  4)  x   x   x   a) Giới hạn: x   b) Bảng biến thiên: y' = 3x - 6x, y' = x = 0, x = Bảng biến thiên: x - + y' + - + + y -   - Hàm số đồng biến trên (- ; 0) và (2; + ), nghịch biến trên (0; 2) - Hàm số đạt cực đại x = 0, yCĐ = 4, đạt cực tiểu x = 2, yCT = Đồ thị: Đồ thị giao với trục tung (0; 4), giao với trục hoành (-1; 0),(2; 0) Nhận điểm uốn I(1; 2) làm tâm đối xứng y x -1 O Câu1 : 2,Tìm m để hai tiếp tuyến vuông góc d có phương trình y = m(x – 3) + Hoành độ giao điểm d và (C) là nghiệm phương trình  x 3 x  3x  m(x  3)   (x  3)(x  m) 0    x  m 0 Theo bài ta có điều kiện m > và y' ( m ).y' ( m )  18 3 35  (3m  m )(3m  m )   9m  36m  0  m  (thỏa mãn) Câu 2: 1, Giải hệ phương trình đại số Ta thấy y = không phải là nghiệm hệ x2   x  y  2   y  x2 1  x  (x  y  2) 1 u , v x  y   y y Hệ phương trình tương đương với  Đặt x2 1 1  u  v 2  y  u v 1  x  y  1 uv   Ta có hệ Suy  Giải hệ trên ta nghiệm hpt đã cho là (1; 2), (-2; 5) Câu 2: 2,Giải phương trình lương giác         sin x   sin x   cos x   cos x    6  3  6  3  Điều kiện:          tan x   tan x   tan  x   cot   x   6  3 6 6    Ta có  sin x sin 3x  cos x cos 3x  Phương trình đã cho tương đương với  cos 2x cos 2x  cos 4x  cos 2x cos 2x  cos 4x      2 2 1  2(cos 2x  cos 2x cos 4x)   cos 2x   cos 2x     x   k (lo¹i)    x     k x    k  , (k  Z) Vậy phương trình có nghiệm , (k  Z) Câu 3:Tính tích phân I Đặt u ln(x  x  1)   dv  xdx  2x   dx du  x  x 1   v x /  x2 2x  x ln(x  x  1)   dx 2 x  x 1 1 1 2x  dx (2 x  1)dx   dx    20 x  x 1 x  x 1 1 3 x  x  ln(x  x  1)  I  ln  I 0 4 4 dx I  2        x    x   tan t, t    ,   2    2  Đặt  2 * Tính I1:  ln   ln    /3 /3 (1  tan t )dt 3 I1   t    /  tan t /6 3 I  ln  12 Suy Vậy Câu 4: Gọi M là trung điểm BC, gọi H là hình chiếu vuông góc M lên AA’, Khi  đó (P)  (BCH) Do góc A ' AM nhọn nên H nằm AA’ Thiết diện lăng trụ cắt (P) là tam giác BCH Do tam giác ABC cạnh a nên A’ a a AM  , AO  AM  3 a a2 a S BCH   HM.BC   HM  8 Theo bài H B’ C A O M AH  AM  HM  3a 3a 3a   16 A' O HM  Do hai tam giác A’AO và MAH đồng dạng nên AO AH AO.HM a a a A' O    AH 3a suy 1aa a3 V A' O.S ABC  A' O.AM.BC  a 23 12 Thể tích khối lăng trụ: Câu : Tìm giá trị lớn 1 1   2 2 2 Ta có a +b  2ab, b +  2b  a  2b  a  b  b   2 ab  b  1 1 1  ,  2 Tương tự b  2c  bc  c  c  2a  ca  a  1 1     ab  b   P        ab  b  bc  c  ca  a    ab  b  b   ab  ab  b  1 a = b = c = Vậy P đạt giá trị lớn a = b = c = Câu 6a: 1,Viết phương trình đường tròn qua giao điểm của(E) và (P) Hoành độ giao điểm (E) và (P) là nghiệm phương trình x2  (x  x) 1  x  36x  37x  0 (*) P Xét f (x) 9 x  36x  37x  , f(x) liên tục trên R có f(-1)f(0) < 0, f(0)f(1) < 0, f(1)f(2) < 0, f(2)f(3) < suy (*) có nghiệm phân biệt, đó (E) cắt (P) điểm phân biệt Toạ độ các giao điểm (E) và (P) thỏa mãn hệ y x  x  x   y 1 9 8x  16x 8y   9x  9y  16x  8y  0 x  9y 9 (**)  4 161 I  ;   9  , bán kính R = (**) là phương trình đường tròn có tâm Do đó giao điểm (E) và (P) cùng nằm trên đường tròn có phương trình (**) Câu 6a: 2,Viết phương trình mặt phẳng () Do () // () nên () có phương trình 2x + 2y – z + D = (D 17) Mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; 3), bán kính R = Đường tròn có chu vi 6 nên có bán kính r = Khoảng cách từ I tới () là h = R  r   32 4 2.1  2( 2)   D  D  4    D 12    D 17 (lo¹i) 2  2  ( 1) Do đó Vậy () có phương trình 2x + 2y – z - = 2 Câu 7a : Tìm hệ số x Ta có   I (1  x) n dx C 0n  C 1n x  C 2n x    C nn x n dx 0 1    C 0n x  C 1n x  C 2n x    C nn x n 1  n 1  0 suy I n 1 2 2 C n  Cn   C nn n 1 (1) n 1 1 I (1  x) n 1  n 1 n 1 Mặt khác 2C 0n  2C 0n  (2) 2 2 n 1 n n 1  C n  C n   Cn  n 1 n 1 Từ (1) và (2) ta có n 1  6560   n 1 6561  n 7 n  n  Theo bài thì 7    x    C 7k x Ta có khai triển  k 14  k   x    k C 7k x 2 x 14  3k 2  k 2 Số hạng chứa x2 ứng với k thỏa mãn Vậy hệ số cần tìm là 21 C7  22 Câu b:1, Viết phương trình đường tròn Do B  d1 nên B = (m; - m – 5), C  d2 nên C = (7 – 2n; n) 2  m   n 3.2 m  n   m       m   n   m  n    n 1 Do G là trọng tâm tam giác ABC nên   7 k Suy B = (-1; -4), C= (5; 1) Giả sử đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình x  y  2ax  2by  c 0 Do A, B, C  (C) nên ta có hệ 4   4a  b  c 0  1  16  2a  8b  c 0  25   10a  2b  c 0  a  83 / 54  b 17 / 18 c  338 / 27  83 17 338 x y 0 27 27 Vậy (C) có phương trình Câu 6b :2, Tìm giá trị nhỏ Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, suy G = 7   ; ;3  3  x2  y2       2  2 2 Ta có F MA  MB  MC  MG  GA  MG  GB  MG  GC 3MG  GA  GB  GC  MG(GA  GB  GC) 3MG  GA  GB  GC F nhỏ  MG2 nhỏ  M là hình chiếu G lên (P) 7/3 8/3 3 19 MG d(G, ( P ))   1 1 3  56 32 104 64 GA  GB  GC     9  19  64 553 3.    M là hình chiếu G lên (P) Vậy F nhỏ  3  Câu 7b: Giải hệ phương trình mũ e x  y  e x y 2(x  1) e x  y  x  y    x y  x y e  x  y  e  x  y  e v  u  e v  u  (1)   u  u v e v  e  e  v  u ( ) Đặt u = x + y , v = x - y ta có hệ  - Nếu u > v thì (2) có vế trái dương, vế phải âm nên (2) vô nghiệm - Tương tự u < v thì (2) vô nghiệm, nên (2)  u  v Thế vào (1) ta có eu = u+1 (3) Xét f(u) = eu - u- , f'(u) = eu - Bảng biến thiên: u - + f'(u) + f(u) Theo bảng biến thiên ta có f(u) =  u 0 x  y 0 x 0  v 0    x  y 0 y 0 Do đó (3) có nghiệm u = Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (0; 0) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn thi : Toán , khối MÃ A-A1-B-D 104 Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  x  x  Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số Gọi d là đường thẳng qua điểm A(3; 4) và có hệ số góc là m Tìm m để d cắt (C) điểm phân biệt A, M, N cho hai tiếp tuyến (C) M và N vuông góc với Câu II (2điểm)  x   y ( x  y ) 4 y  ( x  1)( x  y  2) y Giải hệ phương trình:  (x, y  R ) 3 sin x sin x  cos x cos x      tan x   tan x   6  3  Giải phương trình: I x ln( x  x  1)dx Câu III (1 điểm) Tính tích phân Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác cạnh a, hình chiếu vuông góc A’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm O tam giác ABC Một mặt phẳng (P) chứa BC và vuông góc với AA’, cắt lăng trụ theo thiết diện có a2 diện tích Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ Câu V (1 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn abc = Tìm giá trị lớn 1 P   2 a  b  b  2c  c  a  biểu thức PHẦN TỰ CHỌN (Thí sinh làm hai phần: Phần Phần 2) Phần 1.Câu VI.a (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho parabol (P): y  x  x và elip x2  y 1 (E): Chứng minh (P) giao (E) điểm phân biệt cùng nằm trên đường tròn Viết phương trình đường tròn qua điểm đó Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) có phương trình 2 x  y  z  x  y  z  11 0 và mặt phẳng () có phương trình 2x + 2y – z + 17 = Viết phương trình mặt phẳng () song song với () và cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn có chu vi 6 Câu VII.a(1điểm) Tìm hệ số số hạng chứa x2 khai triển nhị thức Niutơn n    x   x ,  biết n là 22 23 2 n 1 n 6560 2C  Cn  Cn    Cn  n 1 n 1 n số nguyên dương thỏa mãn: k ( Cn là số tổ hợp chập k n phần tử) Phần Câu VI.b (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hai đường thẳng d1: x + y + = 0, d2: x + 2y - 7= và tam giác ABC có A(2 ; 3), trọng tâm là điểm G(2; 0), điểm B thuộc d1 và điểm C thuộc d2 Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho tam giác ABC với A(1; 2; 5), B(1; 4; 3), C(5; 2; 1) và mặt phẳng (P): x – y – z – = Gọi M là điểm thay đổi trên 2 mặt phẳng (P) Tìm giá trị nhỏ biểu thức MA  MB  MC e x  y  e x  y 2( x  1)  x y e x  y  Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình  (x, y  R ) HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1: 1, Khảo sát hàm số y  x  x  Tập xác định: R Sự biến thiên: lim y  lim ( x  3x  4)  , lim y  lim (x  3x  4)  x x   x   x   a) Giới hạn:   b) Bảng biến thiên: y' = 3x2 - 6x, y' =  x = 0, x = Bảng biến thiên: x - + y' + 0 + + y -   - Hàm số đồng biến trên (- ; 0) và (2; + ), nghịch biến trên (0; 2) - Hàm số đạt cực đại x = 0, yCĐ = 4, đạt cực tiểu x = 2, yCT = Đồ thị: Đồ thị giao với trục tung (0; 4), giao với trục hoành (-1; 0),(2; 0) Nhận điểm uốn I(1; 2) làm tâm đối xứng y x -1 O Câu1 : 2,Tìm m để hai tiếp tuyến vuông góc d có phương trình y = m(x – 3) + Hoành độ giao điểm d và (C) là nghiệm phương trình  x 3 x  3x  m(x  3)   (x  3)(x  m) 0    x  m 0 Theo bài ta có điều kiện m > và y' ( m ).y' ( m )  18 3 35  (3m  m )(3m  m )   9m  36m  0  m  (thỏa mãn) Câu 2: 1, Giải hệ phương trình đại số Ta thấy y = không phải là nghiệm hệ x2   x  y  2   y  x2 1  x  (x  y  2) 1 u  , v x  y   y y Hệ phương trình tương đương với Đặt x 1 1  u  v 2  y  u v 1  x  y  1 Ta có hệ uv 1 Suy  Giải hệ trên ta nghiệm hpt đã cho là (1; 2), (-2; 5) Câu 2: 2,Giải phương trình lương giác         sin x   sin x   cos x   cos x    6  3  6  3  Điều kiện:          tan x   tan x   tan  x   cot   x   6  3 6 6    Ta có Phương trình đã cho tương đương với  sin x sin 3x  cos x cos 3x   cos 2x cos 2x  cos 4x  cos 2x cos 2x  cos 4x     2 2 1  2(cos 2x  cos 2x cos 4x)   cos 2x   cos 2x     x   k (lo¹i)    x     k x   k  (k  Z ) 6 , Vậy phương trình có nghiệm , (k  Z)  Câu 3:Tính tích phân I Đặt u ln(x  x  1)   dv xdx 2x   dx du  x  x 1   v x /  x 2x  x ln(x  x  1)   dx 2 x  x  0 1 1 2x  dx (2 x  1)dx   dx    20 x  x 1 x  x 1 1 3 x  x  ln(x  x  1)  I  ln  I 0 4 4 dx I  2        x    x   tan t , t   ,   2    2  2 * Tính I1: Đặt  ln   ln    /3 /3 (1  tan t )dt 3 I1   t    /  tan t /6 3 I  ln  12 Suy Vậy Câu 4: Gọi M là trung điểm BC, gọi H là hình chiếu vuông góc M lên AA’, Khi  đó (P)  (BCH) Do góc A ' AM nhọn nên H nằm AA’ Thiết diện lăng trụ cắt (P) là tam giác BCH Do tam giác ABC cạnh a nên A’ a a AM  , AO  AM  3 a a2 a S BCH   HM.BC   HM  8 Theo bài H AH  AM  HM  3a 3a 3a   16 A' O HM  Do hai tam giác A’AO và MAH đồng dạng nên AO AH AO.HM a a a A' O    AH 3a suy B’ C A O B M 1aa a3 V A' O.S ABC  A' O.AM.BC  a 23 12 Thể tích khối lăng trụ: Câu : Tìm giá trị lớn 1 1   2 2 Ta có a2+b2  2ab, b2 +  2b  a  2b  a  b  b   2 ab  b  1 1 1  ,  2 Tương tự b  2c  bc  c  c  2a  ca  a  1 1     ab  b   P        ab  b  bc  c  ca  a    ab  b  b   ab  ab  b  1 a = b = c = Vậy P đạt giá trị lớn a = b = c = Câu 6a: 1,Viết phương trình đường tròn qua giao điểm của(E) và (P) Hoành độ giao điểm (E) và (P) là nghiệm phương trình x2  (x  x) 1  x  36x  37x  0 (*) P Xét f (x) 9 x  36x  37x  , f(x) liên tục trên R có f(-1)f(0) < 0, f(0)f(1) < 0, f(1)f(2) < 0, f(2)f(3) < suy (*) có nghiệm phân biệt, đó (E) cắt (P) điểm phân biệt Toạ độ các giao điểm (E) và (P) thỏa mãn hệ y x  x  x   y 1 9 8x  16x 8y   9x  9y  16x  8y  0 x  9y 9 (**)  4 161 I  ;   9  , bán kính R = (**) là phương trình đường tròn có tâm Do đó giao điểm (E) và (P) cùng nằm trên đường tròn có phương trình (**) Câu 6a: 2,Viết phương trình mặt phẳng () Do () // () nên () có phương trình 2x + 2y – z + D = (D 17) Mặt cầu (S) có tâm I(1; -2; 3), bán kính R = Đường tròn có chu vi 6 nên có bán kính r = 2 2 Khoảng cách từ I tới () là h = R  r   4 2.1  2( 2)   D  D  4    D 12   2  2  ( 1)  D 17 (lo¹i) Do đó Vậy () có phương trình 2x + 2y – z - = 2 Câu 7a : Tìm hệ số x Ta có   I (1  x) n dx C 0n  C 1n x  C 2n x    C nn x n dx 0 1    C 0n x  C 1n x  C 2n x    C nn x n 1  n 1  0 suy I n 1 2 2 C n  Cn   C nn n 1 (1) n 1 1 I (1  x) n 1  n 1 n 1 Mặt khác 2C 0n  2C 0n  (2) 2 2 n 1 n n 1  C n  C n   Cn  n 1 n 1 Từ (1) và (2) ta có n 1  6560   n 1 6561  n 7 n  n  Theo bài thì 7    x    C 7k x Ta có khai triển  k 14  k   x    k C 7k x 2 x 14  3k 2  k 2 Số hạng chứa x2 ứng với k thỏa mãn Vậy hệ số cần tìm là 21 C7  22 Câu b:1, Viết phương trình đường tròn Do B  d1 nên B = (m; - m – 5), C  d2 nên C = (7 – 2n; n) 2  m   n 3.2 m  n   m       m   n   m  n    n 1 Do G là trọng tâm tam giác ABC nên   7 k Suy B = (-1; -4), C= (5; 1) Giả sử đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình x  y  2ax  2by  c 0 Do A, B, C  (C) nên ta có hệ 4   4a  b  c 0  1  16  2a  8b  c 0  25   10a  2b  c 0  a  83 / 54  b 17 / 18 c  338 / 27  83 17 338 x y 0 27 27 Vậy (C) có phương trình Câu 6b :2, Tìm giá trị nhỏ Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, suy G = 7   ; ;3  3  x2  y2        2 2 Ta có F MA  MB  MC  MG  GA  MG  GB  MG  GC 3MG  GA  GB  GC  MG(GA  GB  GC) 3MG  GA  GB  GC F nhỏ  MG2 nhỏ  M là hình chiếu G lên (P) MG d(G, ( P ))  7/3 8/3 3  GA  GB  GC  1 1  19 3 56 32 104 64    9  19  64 553 3.    M là hình chiếu G lên (P) 3   Vậy F nhỏ Câu 7b: Giải hệ phương trình mũ e x  y  e x y 2(x  1) e x  y  x  y    x y  x y e  x  y  e  x  y  e v  u  e v  u  (1)   u  u v e v  e  e  v  u ( ) Đặt u = x + y , v = x - y ta có hệ  - Nếu u > v thì (2) có vế trái dương, vế phải âm nên (2) vô nghiệm - Tương tự u < v thì (2) vô nghiệm, nên (2)  u  v Thế vào (1) ta có eu = u+1 (3) Xét f(u) = eu - u- , f'(u) = eu - Bảng biến thiên: u - + f'(u) + f(u) Theo bảng biến thiên ta có f(u) =  u 0 x  y 0  v 0    x  y 0 Do đó (3) có nghiệm u = x 0  y 0 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (0; 0) ĐỀ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Môn thi : Toán , khối MÃ A-A1-B-D 105 Thời gian làm bài : 180 phút, hông kể thời gian giao đề BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x3 – 3x2+2 (1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) Tìm điểm M thuộc đường thẳng y =3x-2 tổng khoảng cách từ M tới hai điểm cực trị nhỏ Câu II (2 điểm) Giải phương trình cos2x  2sin x   2sin x cos 2x 0 Giải bất phương trình  4x  3 x  3x  8x   cotx I  dx    s inx.sin  x   4  Câu III ( 1điểm)Tính tích phân Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có mặt đáy (ABC) là tam giác cạnh a Chân đường vuông góc hạ từ S xuống mặt phẳng (ABC) là điểm thuộc BC Tính khoảng cách hai đường thẳng BC và SA biết SA=a và SA tạo với mặt phẳng đáy góc 300 Câu V (1 điểm) Cho a,b, c dương và a2+b2+c2=3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức a3 b3 c3 P   b2  c2  a2  PHẦN RIÊNG (3 điểm)(Học sinh làm hai phần sau) A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) : x  y  2x  8y  0 Viết phương trình đường thẳng song song với đường thẳng d: 3x+y-2=0 và cắt đường tròn theo dây cung có độ dài Cho ba điểm A(1;5;4), B(0;1;1), C(1;2;1) Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB cho độ dài đoạn thẳng CD nhỏ Câu VII.a (1 điểm) z   i 2 Tìm số phức z thoả mãn : Biết phần ảo nhỏ phần thực đơn vị B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 100 Tính giá trị biểu thức: A 4C100  8C100 12C100   200C100 Cho hai đường thẳng có phương trình:  x 3  t  d :  y 7  2t  z 1  t  x z 3  y 1  Viết phương trình đường thẳng cắt d1 và d2 đồng thời qua điểm M(3;10;1) Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình sau trên tập phức: z2+3(1+i)z-6-13i=0 d1 : -Hết - ĐÁP ÁN ĐỀ THI Câu 1: 1, Tập xác định: D=R lim  x3  3x     x   Bảng biến thiên: x - y’ +  x 0  y’=3x2-6x=0  x 2 lim  x3  x    x   0 2 - + + + y - -2 Hàm số đồng biến trên khoảng: (-;0) và (2; + ) Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2) fCĐ=f(0)=2; fCT=f(2)=-2 y’’=6x-6=0<=>x=1 x=1=>y=0 x=3=>y=2 x=-1=>y=-2 Đồ thị hàm số nhận điểm I(1;0) là tâm đối xứng Câu 1: 2, Gọi tọa độ điểm cực đại là A(0;2), điểm cực tiểu B(2;-2) Xét biểu thức P=3x-y-2 Thay tọa độ điểm A(0;2)=>P=-4<0, thay tọa độ điểm B(2;-2)=>P=6>0 Vậy điểm cực đại và cực tiểu nằm hai phía đường thẳng y=3x-2, để MA+MB nhỏ => điểm A, M, B thẳng hàng Phương trình đường thẳng AB: y=-2x+2  x  y  x       2  y  x   y 2 M ;   =>  5 Tọa độ điểm M là nghiệm hệ: Câu 2: 1, Giải phương trình: cos2x  2sin x   2sin x cos 2x 0 (1)  1  cos2 x   2sin x     2sin x  0   cos2 x  1   2sin x  0 Khi cos2x=1<=> x k , k  Z  5 s inx  x   k 2 x   k 2 2 6 Khi ,kZ Câu 2: 2, Giải   x  3  bất phương  4x  3 trình: x  3x  8x   x  x   0 Ta có: 4x-3=0<=>x=3/4 Bảng xét dấu: x - 4x-3 x  3x   + x  x   =0<=>x=0;x=3 ắ 0 - + + + - + (1)(1) Vế trái - + 0  3 x   0;    3;    4 Vậy bất phương trình có nghiệm: Câu + 3:   Tính  cot x cot x cot x I  dx   dx   dx     s inx  s inx  cos x   s in x   cot x  sin x sin  x   6 4   dx  dt Đặt 1+cotx=t sin x Khi S   1 x   t 1  3; x   t  3 1 I Vậy t1 dt   t  ln t  t 1 1  1    2  ln    K Câu 4: Gọi chân đường vuông góc hạ từ S xuống BC là H A a AH SA cos 300  Xột SHA(vuông H) a AH  Mà ABC cạnh a, mà cạnh => H là trung điểm cạnh BC => AH  BC, mà SH  BC => BC(SAH) Từ H hạ đường vuông góc xuống SA K => HK là khoảng cách BC và SA => AH a HK AH sin 300   a Vậy khoảng cách hai đường thẳng BC và SA a3 Câu :Ta có: b2  a 3a   3  16 64 (1) b2  b  b3 c2  c  b3 c2   c2  c 3c 3  16 64 a 3 c 3c 3  16 64 (3) a2  a2  a  b2  c  P   a  b2  c2  16 Lấy (1)+(2)+(3) ta được: (4)  c a3  (2) C H B 3 P giá trị nhỏ a=b=c=1 Vì a2+b2+c2=3 Từ (4) Câu 6a: 1, Đường tròn (C) có tâm I(-1;4), bán kính R=5 Gọi phương trình đường thẳng cần tìm là , =>  : 3x+y+c=0, c≠2 (vì // với đường thẳng 3x+y-2=0) Vì đường thẳng cắt đường tròn theo dây cung có độ dài 6=> khoảng cách từ  c 4 10   34c  d  I ,   4   2 32   c  10  (thỏa mãn tâm I đến   4 c≠2) Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: x  y  10  0 3x  y  10  0  P  x 1  t   y 5  4t   Câu 6a: 2, Ta có AB   1;  4;  3 Phương trình đường thẳng AB:  z 4  3t Để độ dài đoạn CD ngắn nhất=> trên cạnh AB, gọi tọa  D là hình chiếu vuông góc C   độ điểm D(1-a;5-4a;4-3a)  DC (a; 4a  3;3a  3) Vì AB  DC =>-a-16a+1221 a 26 9a+9=0<=>  49 41  D ; ;  Tọa độ điểm  26 26 26  Câu 7a :Gọi số phức z=a+bi 2  a    b  1 i 2  a     b  1 4    b a  b a  a 2  a 2   hoac  b   b   bài Vậy số phức cần tìm là: z=  +(   )i; z=  +(   )i 100 100 100  x  C100  C100 x  C100 x   C100 x  Câu 6b : 1, Ta có: (1) 1 x 100 100 C 100 100 100 Theo ta có: 100 100 100  C x  C x  C x   C x 100 100 100 (2) 100 100  2C x  2C100 x   2C100 x 100   x     x  2C Lấy (1)+(2) ta được: Lấy đạo hàm hai vế theo ẩn 99 99 100 99 100   x   100   x  4C100 x  8C100 x   200C100 x x ta được: 99 100 Thay x=1 vào => A 100.2 4C100  8C100   200C100 Câu 6b: 2, Gọi đường thẳng cần tìm là d và đường thẳng d cắt hai đường thẳng d và d2 điểm A(2+3a;-1+a;-3+2a) và   B(3+b;7-2b;1-b) Do đường thẳng d qua M(3;10;1)=> MA k MB   MA  3a  1; a  11;   2a  , MB  b;  2b  3;  b  3a  kb 3a  kb 1     a  11  2kb  3k  a  3k  2kb 11     2a  kb 2a  kb 4   Phương trình đường thẳng AB là: Câu b: =24+70i,  7  5i a 1  k 2 b 1  =>  MA  2;  10;    x 3  2t   y 10  10t  z 1  2t   z 2  i      5i  z   4i *********************************************************** MÃ ĐỀ THI TN THPT QUỐC GIA NĂM 2016 VÀ ĐÁP ÁN CÒN TIẾP XIN MỜI QUÝ THẦY CÔ VÀ CÁC EM LIÊN HỆ ĐT 0168.921 8668 VỤ GIÁO DỤC TRUNG HỌC PHỔ THÔNG CHƯƠNG TRÌNH PHÁT TRIỂN GIÁO DỤC TRUNG HỌC THI MÔN TOÁN THPT KIỂM TRA ĐÁNH GIÁ THEO CHUẨN KIẾN THỨC, KỸ NĂNG CHƯƠNG TRÌNH GIÁO DỤC PHỔ THÔNG CẤP : TRUNG HỌC PHỔ THÔNG 2016 TÀI LIỆU MẬT MÃ 50 ĐỀ THI TN VÀ ĐH 2016 ************************ BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VỤ GIÁO DỤC TUYỂN SINH ĐẠI HỌC ,CAO ĐẲNG - NGÂN HÀNG ĐỀ THI TỐT NGHIỆP MÔN TOÁN DÙNG CHO THI QUỐC GIA ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG DÙNG CHO CÁC TRƯỜNG ĐẠI HỌC , CAO ĐẲNG ĐỘI NGŨ CHUYÊN GIA BỘ GIÁO DỤC - GIẢNG VIÊN:     GS.TS Nguyễn Hùng - Trưởng Khoa Toán – ĐH Sư Phạm HN GS: Nguyễn Văn Hiệp – Nguyễn Đăng Thu ( ĐH QGTPHCM) TS: Trịnh Thu Tuyết – Nguyễn Khắc Phi - Lê Văn Hiệp Th S : Trần Thành Công – Giảng viên (ĐH KHTNĐHQGHN) LIÊN HỆ ĐT : 0168.921 8668 LẤY ĐẦY ĐỦ MÃ THI VÀ ĐÁP ÁN ĐỂ ĐẠT ĐIỂM CAO TRONG KỲ THI QUỐC GIA 2016