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 ở facebook https://www.facebook.com/dethithpt

để nhận được nhiều đề file word hơn 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)

1 Cho số phức z 1 2i Tìm phần thực và phần ảo của số phức w2z z

2 Cho log 2 x  2 Tính giá trị của biểu thức

2

log log log

Câu II (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số

yx  x

Câu III (1,0 điểm) Tìm m để hàm số 

32

31fxxxmx

có hai điểm cực trị Gọi x1, x2 là hai điểm cực trị đó, tìm m để x12x22 3

Câu IV (1,0 điểm) Tính tích phân 3  2 

0

I x x x  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 và C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 2sin2x7sinx 4 0

2 Học sinh A thiết kế bảng điều khiển điện tự 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, AC = 2a 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 450 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 x y  1 0, M0; 4 , N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

2

3log 2 x 2 x 2log 2 x 2 x log 9x 1 log x 0

Câu X (1,0 điểm) Xét các số thực x,y thỏa mãn

x y   x  y

1 Tìm giá trị lớn nhất của x + y

2 Tìm m để 4   7  2 2

3x y 1 2 x y 3

đúng với mọi x,y thỏa mãn (*)

Lời giải

Câu I:

1 w 3 2i

2

2

log log log

1 2log 3log log

2

1 2 2



(Do log 2x  2) Câu II:

 Tập xác định D = R

 Sự biến thiên

3

y  x  x

0 ' 0

1

x y

x





   

Hàm số đồng biến trên đoạn  

; 1

   và 0;1

Hàm số nghịch biến trên  

1;0

 và 1; 

Hàm số đạt cực đại tại x 1 và x = 1, y cực đại =    

y y  

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yct = 0

 Giới hạn:

lim



lim

    

Bảng biến thiên

Câu III:



3231fxxxmx

' 3 6

f x  x  x m

f x   x  x m 

' 9 3m

  

Để hàm có 2 cực trị x1, x2 thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt ' 9 3m 0 m 3

      

Theo viet:

1 2

2

3

x x

m

x x











Theo đề ta có:

x x 

3 2

Câu IV:

I  x x x  dx

I  x dx x x  dx

3233

100

327Ixdxx



3 2

I x x  dx

x  t t  x  t  xdx tdt

5 2

61

3

I t dt

Vậy I = 88

Câu V:

1; 1; 2

BC  

Gọi (P) là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với đường thẳng BC

 p 1; 1;2

BC n

                               

2 3 0

Gọi H là hình chiếu của A trên BC

H BC

Phương trình đường thẳng BC:

1

1 2

 









  



1 ; ;1 2 

   

 2 ; 2;3 2 

      

Ta có AH BC . 0

 

2 t t 2 6 4t 0

       

1

t

 

Vậy điểm H có tọa độ H0;1; 1 

Câu VI:

1) 2sin2x7sinx 4 0

 

sin 4

2

sin

5 2

2 6

x loai



















 









2) Để mở cửa cần nhấn liên tiếp 3 nút khác nhau tạo thành dãy số tăng và có tổng bằng 10

Liệt kê ra 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 được cửa phòng : 8 cách

Ta có không gian mẫu

3 10

A

 

Vậy xác suất để B mở được cửa phòng là   103

90

B

P B

A



 Câu VII

Gọi H là trung điểm AC thì BH AC và A H' ABC hay A'H là chiều cao lăng trụ Khi đó, HB là hình chiếu của A'B trên đáy (ABC) Do đó,



A B ABC' , A B' , HBA HB' 450

ABC

 vuông cân tại B, AC =2a nên 2, BH 2

AC

 ' 450

A BH  nên A H' HB.tan 'A BH a.tan 450

Diện tích:

2

ABC

S  AB BC  a a a dvdt

Thể tích  

'

V A H S a a a dvtt

Ta có AH A H'  a AA' AH2A H' 2 a 2

Như vậy AA'B'B là hình bình hành có cạnh bên ABAA'a 2 nên là hình thoi, suy

ra A B' AB' (1)

'

AC A H











Từ (1) và (2) suy ra, A B' AB C'  A B' B C dpcm'  

Câu VIII

Gọi I là trung điểm BD, hay I là tâm đường tròn

Ta có

 1800  1800 2. 0  

90

do AMB 900 Đồng thời AMB ANB 900 nên 4 điểm A, B, M, N cùng thuộc đường tròn đường kính AB Do đó, BAM INP

Như vậy, IAP INP BAM

nên 4 điểm A, I, N, P cùng thuộc một đường tròn

Suy ra IPA INA 900  IPAC, hay P là trung điểm AC

MN đi qua M0; 4 , N2; 2 có phương trình x y  4 0

P là giao của MN và AC nên tọa độ thỏa mãn hệ

;

x y

P

x y

  





AMC

 vuông tại M, P là trung điểm AC nên 2

AC

PA PM 

; ; 0; 4

P  M  PM 

Giả sử  

A a a AC PAa a 

a loai



               



0; 1 , 5 3; 5; 4

2 2

A  P  C

BC đi qua M0; 4 , C5; 4 có phương trình y 4

0; 1 , 2; 2 2;3

A  N  AN 

BD đi qua N, vuông góc AN có phương trình

2x3y10 0

B là giao của BC và BD nên tọa độ thỏa mãn hệ  

4

1; 4

2 3 10 0

y

B









Câu IX:

     

2

3log 2 x 2 x 2log 2 x 2 x log 9x 1 log x 0

Đk:

22

02

0

x

x

x







2

3log 2 2 4log 2 2 log 3 1 log 0

2

3log 2 x 2 x 4log 2 x 2 x log x 1 1 log x 0

Đặt

3

3

log 1





 

 

a b

a b









TH1:

2 x 2 x 3x 4 2 4 x 9x

        

9x 4 2 4 x 9x 4 4 4 x

0

9

x loai

x











Thử lại kiểm tra ta được

2 17 9

x 

TH 2:

3a b  3log 2 x 2 x log x 1 log 3x

2

2

Do 2 x 2 x 0

 2  8 4 2 x 2 x3 2 x 2 x

8 4 2 x 2 x2 9 4 2 2 x 2 x

Đặt 2x 2 x c 0, phương trình trên trở thành

0, 0

c

            

Từ các TH trên, ta được nghiệm duy nhất

2 17 9

x 

Câu X:

a) Điều kiện x2,y3

từ (*) ta có

x y   x  y  x y   x y

áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm, ta có

2 x 2 y 3 x 2  y3   x y 1

2

x y   x y    x y  x y      x y

1 x y 7 **

    

Ta thấy x6,y1 thỏa mãn điều kiện (*) và x y 7

Vậy GTLN của x + y là 7

b) Có

x y 12 4x y  1 2 x 2 y34x y 1



      

Kết hợp với (**) ta có

1

x y

x y

  



  



Với

2

1

3 1

x

x y

y

x y





 

243

Với x y 3;7

  đặt x y t t  , 3;7 ,3 x y 4x y 1 2 7 x y 3t4t1 2 7t

3t 1 2 t

   , với t 3;7

' 3 ln 3 2t t 1 2 ln 2t

'' 3 ln 3 2 ln 2 ln 2 2t t t 1 2 ln 2t

3 ln 3t t 1 ln 2 2 ln 2 2 t 0, t 3

       

f'(t) liên trục trên 3;7 Vì f ' 3  0, ' 7f  0 nên tồn tại a 3;7 sao cho f'(a) = 0 Suy ra f(t) nghịch biến trên (3;a) và đồng biến trên (a;7)

(1)

Ta chứng minh x2y2 5 với x y 3 và x 2

Với  

x  y  x  y   x x

           

Với

x  x y 

Vậy x2y2 5 (2)

Từ (1), (2) 4   7  2 2 148

3

thỏa mãn bài toán

Ta có

2, 1

x y thỏa mãn bài toán và 4   7  2 2 148

3

Vậy GTLN của P là

148 3

0982.563.365