Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của A trên đường thẳng BC.. 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 t
Trang 1BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016
(Đề thi có 01 trang) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu I(1,0 điểm)
1 Cho số phức z 1 2i Tìm phần thực và phần ảo của số phức w2zz
2 Cho log x2 2 Tìm giá trị của biểu thức 2 3
2
Alog x log x log x
Câu II(1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y x4 2x2
Câu III(1,0 điểm) Tìm m để hàm số f ( x )x33x2mx1có hai điểm cực trị Gọi x , x là hai 1 2
điểm cực trị đó, tìm m để 2 2
1 2 3
x x
Câu IV(1,0 điểm) Tính tích phân
3
2
0
Câu V(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A( ; ;3 2 2), B( ; ; )1 0 1
vàC( ;2 1 3; ) Viết phương trình mặt phẳng đi qua A và vuông góc với đường thẳng BC Tìm
tọa độ hình chiếu vuông góc của A trên đường thẳng BC
Câu VI(1,0 điểm)
1 Giải phương trình: 2sin x2 7sin x 4 0
2 Học sinh A thiết kế bảng điều khiển điện tử mở cửa phòng học của lớp mình Bảng gồm
10 nút, mỗi nút được ghi một số từ 0 đến 9 và không có hai nút nào được ghi cùng một số 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 nhấn ngẫu nhiên liên tiếp 3 nút khác nhau trên bảng điều khiển Tính xác suất để B mở được cửa phòng học
đó
Câu VII(1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A' B' C' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B ,
2
AC a Hình chiếu vuông góc của A' trên mặt phẳng ( ABC ) là trung điểm của cạnh AC , đường thẳng A' B tạo với mặt phẳng ( ABC ) một góc 0
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 lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng BC ,
BD và P là giao điểm của hai đường thẳng MN , AC Biết đường thẳng AC có phương trình:
1 0
x y , M ( ; ),N( ; )0 4 2 2 và hoành độ điểm A nhỏ hơn 2 Tìm tọa độ các điểm P, A và B
Câu IX(1,0 điểm) Giải phương trình
3log ( 2 x 2x )2log ( 2 x 2x ).log ( x ) (9 1 log x ) 0
Câu IX(1,0 điểm) Xét các số thực x , y thỏa mãn x y 1 2( x 2 y3)(*)
1 Tìm giá trị lớn nhất của x y
2 Tìm m để 3x y 4( x y 1 2) 7 x y 3( x2y )2 m đúng với mọi x , y thỏa mãn (*)
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh ; Số báo danh Chữ ký của cán bộ coi thi 1: ; Chữ ký của cán bộ coi thi 1:
Trang 2GIẢI ĐỀ THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN 2016
Câu 1 (1,0 điểm)
a Cho số phức z = 1 + 2i Tìm phần thực và phần ảo của w = 2z + z
w = 2(1 + 2i) + (1 – 2i) = 2 + 4i + 1 – 2i = 3 + 2i
Phần thực là 3 và phần ảo là 2
b Cho log2 x = 2 Tính giá trị của biểu thức A = log2 x² + log1/2 x³ + log4 x
A = 2log2 x – 3log2 x + (1/2)log2 x = (–1/2)log2 x = – 2
2
Câu 2 (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = –x4
+ 2x² Bạn đọc tự giải
Câu 3 (1,0 điểm) Cho hàm số f(x) = x³ – 3x² + mx – 1 Tìm m để hàm số f(x) có hai cực trị tại x1, x2 Tìm
m để x1² + x2² = 3
TXĐ: D = R
f’(x) = 3x² – 6x + m
Hàm số f(x) có hai cực trị tại x1, x2 <=> f’(x) = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 <=> Δ’ = 9 – 3m > 0
<=> m < 3
Khi đó x1² + x2² = 3 <=> (x1 + x2)² – 2x1x2 = 3 <=> 2² – 2m/3 = 3 <=> m = 3/2 (nhận)
Vậy m = 3/2 thì hàm số f(x) có hai cực trị tại x1, x2 thỏa x1² + x2² = 3
Câu 4 (1,0 điểm) Tính I =
3
2 0
3x(x x 16)dx
I =
3 3
0 2
Câu 5 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(3; 2; –2), B(1; 0; 1) và C(2; –1; 3) Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của A trên đường thẳng BC
Đường thẳng BC đi qua B(1, 0, 1) và nhận BC = (1; –1; 2) làm vector chỉ phương
(BC): {x = 1 + t; y = –t; z = 1 + 2t
Gọi (P) là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với đường thẳng BC
Mặt phẳng (P) đi qua A(3; 2; –2) và nhận BC (1; –1; 2) làm vector pháp tuyến
(P): x – 3 – (y – 2) + 2(z + 2) = 0 <=> x – y + 2z + 3 = 0
Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng BC
H thuộc đường thẳng BC => H(1 + t; –t; 1 + 2t)
H thuộc (P) => 1 + t + t + 2(1 + 2t) + 3 = 0 <=> t = –1 => H(0; 1; –1)
Câu 6 (1,0 điểm)
a Giải phương trình sau: 2sin² x + 7sin x – 4 = 0
Phương trình trên <=> (2sin x – 1)(sin x + 4) = 0 <=> sin x = 1/2 (vì sin x + 4 > 0 với mọi x)
<=> x = π/6 + k2π hoặc x = 5π/6 + k2π (k là số nguyên)
b Học sinh A thiết kế bảng điện tử mở cửa phòng mình Bảng có 10 nút khác nhau đánh số từ 0 đến 9 Để
mở cửa cần nhấn liên tiếp 3 nút khác nhau sao cho 3 số trên ba nút theo thứ tự đã nhấn tạo thành dãy số tăng có tổng bằng 10 Học sinh B không biết quy tắc trên nên nhấn ngẫu nhiên ba nút khác nhau Tính xác suất để học sinh B mở được cửa phòng
Số cách nhấn ngẫu nhiên 3 trong 10 số có thứ tự cũng là số phần tử không gian mẫu
n(Ω) = 3
10
A = 720
Gọi A là biến cố: “Học sinh B mở được cửa phòng.” Các bộ ba số thỏa mãn điều kiện mở cửa theo đúng thứ tự là (0; 1; 9), (0; 2; 8), (0; 3; 7), (0; 4; 6), (1; 2; 7), (1; 3; 6), (1; 4; 5), (2; 3; 5) => n(A) = 8
P(A) = n(A)/n(Ω) = 8/720 = 1/90
Câu 7 (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AC = 2a Hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của đoạn AC Đường thẳng A’B tạo với (ABC) góc 45° Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và chứng minh rằng A’B vuông góc với B’C
Gọi H là trung điểm của đoạn AC
Góc giữa A’B và (ABC) là góc A’BH
=> góc A’BH = 45° => A’BH vuông cân tại H
=> A’H = HB = AC/2 = a
Trang 3SABC = (1/2)HB.AC = a²
VABC.A’B’C’ = A’H.SABC = a.a² = a³
A 'H HA a 2 và AB = a 2 => A’A = AB
Nên A’ABB’ là hình thoi => AB’ vuông góc với A’B
Mặt khác AC vuông góc với HB và A’H => AC vuông góc với (A’HB) => AC vuông góc với A’B Suy ra A’B vuông góc với (ACB’)
Vậy đường thẳng A’B vuông góc với đường thẳng B’C
Câu 8 (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 lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng BC, BC Gọi P là giao điểm của MN và AC Biết đường thẳng AC có phương trình x – y – 1 = 0, M(0; 4), N(2; 2) và hoành độ của điểm A nhỏ hơn 2 Tìm tọa độ các điểm P, A và B
Đường thẳng MN đi qua M(0; 4) và nhận MN = (2; –2) làm vector chỉ phương
=> MN nhận nMN = (1; 1) làm vector pháp tuyến => phương trình đường thẳng (MN): x + y – 4 = 0
P = (MN) ∩ (AC) => tọa độ của P thỏa hệ phương trình {x + y – 4 = 0; x – y – 1 = 0 <=> x = 5/2 và y = 3/2
Do đó P(5/2; 3/2)
Gọi Q là hình chiếu vuông góc của A trên CD
Vì góc AMB + góc ANC = 180° nên AMBN nội tiếp => góc ANP = góc ABM (1)
Tương tự ABCD nội tiếp => góc ADC + góc ABC = 180°
mặt khác góc AND = góc AQD = 90° => ANQD nội tiếp => góc ADC + góc ANQ = 180°
=> góc ANQ = góc ABC (2)
Từ (1) và (2) => góc ANP + góc ANQ = góc ABC + góc ABM = 180°
=> M, N, Q thẳng hàng
mà AMCQ là hình chữ nhật => P là trung điểm của MQ
=> Q(5; –1)
PM = (5 0)2 (3 4)2 5 2
A thuộc AC => A(t; t – 1) với t < 2
AP = PM <=> (5/2 – t)² + (3/2 + 1 – t)² = 25/2 <=> (t – 5/2)² = 25/4
<=> t = 0 (vì t < 2) => A(0; –1)
=> AM = (0; –5) => BC: y = 4
mà AN = (2; 3) => BD: 2x + 3y – 10 = 0
Tọa độ của B thỏa mãn hệ phương trình {y = 4; 2x + 3y – 10 = 0 => B(–1; 4)
Câu 9 (1,0 điểm) Giải phương trình sau trên tập số thực
3log ( 2 x 2 x ) 2 log ( 2 x 2 x ).log 9x (1 log x) = 0
Giải
Điều kiện 0 < x ≤ 2
Trang 4Phương trình <=> 2 2
3log ( 2 x 2 x ) 4 log ( 2 x 2 x ).(1 log x) (1 log x) = 0 (*)
Đặt a = log ( 2 x3 2 x ) và b = 1 + log3 x
(*) <=> 3a² – 4ab + b² = 0
<=> (a – b)(3a – b) = 0
<=> a = b V b = 3a
Với a = b <=> log ( 2 x3 2 x ) = 1 + log3 x <=> 3x = 2 x 2x
<=>
Đặt t = 2
4 x (với t ≥ 0) => x² = 4 – t² => 9t² + 2t – 32 = 0 <=> t = –2 V t = 16/9
với t = 16/9 => x² = 68/81 => x = 2 17
9 (vì 2 ≥ x > 0)
Với b = 3a, ta có 1 + log3 x = 3log3 ( 2 x 2x) <=> 3x = ( 2 x 2x)³ (1)
( 2 x 2x)² = 4 + 2 4 x 2 ≥ 4
=> 2 x 2 x ≥ 2
=> Phương trình (1) có nghiệm <=> 3x ≥ 2³ = 8 <=> x ≥ 8/3 > 2 không thỏa mãn điều kiện xác định Vậy x = 2 17
9 là ngiệm duy nhất của phương trình trên
Câu 10 (1,0 điểm) Cho các số thực x và y thỏa mãn x + y + 1 = 2( x 2 y 3 ) (*)
a Tìm giá trị lớn nhất của x + y
b Tìm m sao cho 3x+y–4 + (x + y + 1).27–x–y – 3(x² + y²) ≤ m đúng với mọi x, y thỏa mãn (*)
Giải
a Áp dụng bất đẳng thức B.C.S => ( x 2 y 3 )² ≤ (1 + 1)(x – 2 + y + 3) = 2(x + y + 1)
=> (1/4)(x + y + 1)² ≤ 2(x + y + 1) => x + y ≤ 7
Dấu đẳng thức xảy ra khi x = 6 và y = 1
Vậy max (x + y) = 7
b (x + y + 2)² = (2x + y)² ≤ (4 + 1)(x² + y²) = 5(x² + y²)
=> x² + y² ≥ (x + y + 2)²/5
Mặt khác x + y + 1 = 2( x 2 y 3 ) ≥ 2 x y 1 => x + y + 1 ≥ 4 => x + y ≥ 3 => x² + y² ≥ 5
=> 3x+y–4 + (x + y + 1).27–x–y – 3(x² + y²) ≤ 3x+y–4 + (x + y + 1).27–x–y – 15
Đặt t = x + y (với 3 ≤ t ≤ 7)
=> 3x+y–4 + (x + y + 1).27–x–y – 3(x² + y²) ≤ 3t–4 + (t + 1).27–t – 15 = g(t)
g’(t) = 3t–4
ln 3 + 27–t – (t + 1)27–t ln 2
g’’(t) = 3t–4
ln² 3 – 27–t ln 2 – 27–t ln 2 + (t + 1)27–t ln² 2 = 3t–4 ln² 3 + [(t + 1) ln² 2 – 2 ln 2]27–t
=> g’’(t) > 0 với 7 ≥ t ≥ 3
g’(3) = (1/3)ln 3 + 16 – 64 ln 2 < 0 và g’(7) = 27 ln 3 + 1 – 4 ln 2 > 0
=> g’(t) = 0 có nghiệm duy nhất a thuộc (3; 7) và g’(t) đổi dấu từ âm sang dương khi t đi qua a Mặt khác g(3) = 148/3 và g(7) = 16 => g(t) ≤ g(3) = 148/3 => m ≥ 148/3