Đáp án đề thi THPT quốc gia 2016

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Đề thi có 01 trang)

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 A  log 2 x 2  log 1 x 3  log 4 x .
2

Câu II (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y   x 4  2x 2 .

 

Câu III (1,0 điểm). Tìm m để hàm số f x  x 3  3x 2  mx  1 có hai điểm cực trị. Gọi x1 ,x 2 là
hai điểm cực trị đó, tìm m để x  x  3 .
2
1

2
2





3



Câu IV (1,0 điểm). Tính tích phân I  3x x  x 2  16 dx .
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 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 2sin2 x  7 sinx 4  0 .
2. Học sinh A thiết kế bảng điều khiển điện tử mở cửa phòng 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 của cần nhấn liên tiếp 3 nút khác nhau sao cho 3 số trên 3 nút đố theo thứ tự đã
nhấn tạo thành một dãy số tăng và có tổng bằng 10. Học sinh B không biết quy tắc mở của
trên, đã ấn 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 45o . 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

3log

2
3





2  x  2  x  2log 1





3

Câu X (1,0 điểm). Xét các số thực x, y thỏa mãn x  y  1  2
1. Tìm giá trị lớn nhất của x  y .
2. Tìm m để 3

x y4

 

2  x  2  x log 3 9x





2

2



  1  log 1 x   0


3





x  2  y  3 (*).



  x  y  1 27  x  y  3 x 2  y 2  m đúng với mọi x, y thỏa mãn (*).
------------- Bùi Thế Việt ------------


ĐÁP ÁN CHI TIẾT
Câu I : 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 A  log 2 x 2  log 1 x 3  log 4 x .
2

Lời giải



 



1. Ta có : z  1  2i  z  1  2i  w  2z  z  2 1  2i  1  2i  3  2i .
Kết luận : Phần thực và phần ảo của w lần lượt là 3 và 2.
2. ĐKXĐ : x  0 . Khi đó A  2log 2 x  3log 2 x 
Kết luận : A  

1
1
2
.

log 2 x   log 2 x  
2
2
2

2
.
2

Câu II : Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y   x 4  2x 2 .
TXĐ : D 



Lời giải



. Ta có : y'  4x  4x  4x x 2  1  y'  0  x  0 hoặc x  1 hoặc x  1 .
3

Giới hạn : lim y  lim y   .
x 

Bảng biến thiên :
x

y’

x 

1





y



1

0




1

1





0





 









Nhận xét : Hàm số đồng biến trên  ; 1 hoặc 0;1 , nghịch biến trên 1; 0 hoặc 1;  .





 





Điểm cực đại : A 1;1 và B 1;1 . Điểm cực tiểu : O 0; 0 .
Đồ thị hàm số :

Nhận xét : Đồ thị hàm số nhận trục tung làm trục đối xứng.

 

3
2
Câu III : Tìm m để hàm số f x  x  3x  mx  1 có hai điểm cực trị. Gọi x1 ,x 2 là hai điểm

cực trị đó, tìm m để x12  x 22  3 .
Lời giải


 

 

 

Ta có : f ' x  3x 2  6x  m  f x có 2 điểm cực trị  f ' x  0 có 2 nghiệm phân biệt x1 ,x 2

   36  12m  0  m  3 . Áp dụng định lý Vi-ét ta được :
 x1  x 2  2
2
2m

2
2

m  x1  x2   x1  x 2   2x1x 2  4 
3
 x1 x 2  3

2m

3
 0  m  (thỏa mãn m  3 ).
Vậy x12  x 22  3  4 
3
2
3
Kết luận : m  .
2





3



Câu IV : Tính tích phân I  3x x  x 2  16 dx .
0



3

Lời giải



3

3

3



3
Ta có : I   3x x  x  16 dx   3x dx  3  x x  16dx  x   x 2  16d x 2  16
0
20
0
0
0
2

1
x 
0
3
3

3

Kết luận : I  88 .

x

2

 16



3

2

2

3

3



3

 27  61  88
0







Câu V : 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.

 

Lời giải



 



Gọi mặt phẳng qua A vuông góc BC là P . Ta có BC  1; 1; 2 là véc-tơ pháp tuyến P suy

 
 
Vậy  P  có phương trình là x  y  2z  3  0 .

ra P có dạng x  y  2z  t  0 . Lại có A  P  3  2  4  t  0  t  3 .

x 1 y z 1


. Gọi H  t  1,  t,2t  1 là hình chiếu của
1
1
2

A lên BC. Khi đó AHBC  0   t  1  3    t  2   2  2t  1  2   0  6t  6  0  t  1
Phương trình đường thẳng BC là





Suy ra H 0,1, 1 .
Kết luận : Phương trình mặt phẳng qua A vuông góc BC là x  y  2z  3  0 .



Tọa độ hình chiếu của A lên BC là 0,1, 1



Câu VI : 1. Giải phương trình 2sin2 x  7 sinx 4  0 .
2. Học sinh A thiết kế bảng điều khiển điện tử mở cửa phòng 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 của cần nhấn liên tiếp 3 nút khác nhau sao cho 3 số trên 3 nút đố theo thứ tự
đã nhấn tạo thành một dãy số tăng và có tổng bằng 10. Học sinh B không biết quy tắc
mở của trên, đã ấn ngẫu nhiên liên tiếp 3 nút khác nhau trên bảng điều khiển. Tính xác
suất để B mở được cửa phòng học đó.



Lời giải













1. Vì 2 sin x  7 sinx  4  0  sinx 2 sinx  1  4 2 sinx  1  0  sinx 4 2 sinx  1  0
2



sinx  4
x 
1


 sinx  (vì sinx  1 x  )  
sinx  1
2
x 

2


5
 2k với k  .

Kết luận : x   2k hoặc x 
6
6


 2k
6
k 
5
 2k
6



2. Gọi 3 nút bạn B ấn có ghi số X, Y, Z. (X, Y, Z là số nguyên từ 0 đến 9 và đôi một khác nhau)





3
 720 .
Vậy số cách chọn bộ X, Y,Z là A10

X  Y  Z  10
. Khi đó, chỉ có 8 khả năng sau :
X  Y  Z

Điều kiện để mở được cửa phòng là 

 X, Y,Z    0,1,9 ;  0,2,8  ;  0,3,7  ;  0,4,6  ; 1,2,7  ; 1,3,6  ; 1,4,5  ;  2,3,5 
8
1

.
720 90
Câu VII : Cho lăng trụ ABC.A' B'C' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AC  2a . Hình

Vậy xác suất để B mở được cửa phòng là P 





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 45o . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A' B'C'
và chứng minh A'B vuông góc với B'C .
Lời giải

Vì ABC vuông cân tại B, M là trung điểm AC

1
AC
 a  S ABC  MB  AC  a 2 và
2
2
MB  AC  A'M   ABC   A'M là chiều cao

nên MB 

hình lăng trụ và A' BM  90 o .





Vì A'B tạo với mặt phẳng ABC một góc 45o
o
nên A' BM  45  A' BM vuông cân tại M
 A'M  BM  a .







Vậy VABC.A ' B ' C '  A'M  S ABC  a 3 . Lại có :

A' BB'C  A'M  MB B'A'  A'C  A'MB'A'  A'MA'C  MBB'A'  MBA'C







 A'MBA  A'MA'C  MBBA  MBA'C  A'M A'M  MC  MB BM  MA



 A'MA'M  A'MMC  MBBM  MBMA  A'M 2  BM 2  0
Vậy A'B vuông góc với B'C (đpcm).
Câu VIII : 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, B.
Lời giải


Phương trình đường thẳng MN là x  y  4  0 , P là giao
điểm của MN và AC nên tọa độ điểm P thỏa mãn HPT

x  y  4  0
5 3
5
3
 x  ; y   P ,  .

2
2
2 2
x  y  1  0
Gọi A  a,a  1 với a  2 .
Gọi O là trung điểm BD. Khi đó AMB  ANB  90 nên
M, N thuộc đường tròn đường kính AB. Suy ra
o

PNO  MAB  90o  MBA  90o  ADC
1
180o  AOC
 90o  AOC 
 OAP
2
2
o
Vậy A, P, O, N cùng thuộc một đường tròn  APO  ANO  90  OP  AC  P là trung
o
điểm AC  PA  PM (vì AMC  90 ) . Vậy do a  2 nên :

2

2

2

2

2




5 
3
5 
3
5

25
 a  2    a  1  2    0  2    4  2    a  2   4  a a  5  0  a  0

 


 












Suy ra A 0, 1 mà P là trung điểm AC nên C 5,4 .





Phương trình đường thẳng CM là y  4  0 . Vì B  CM nên gọi B b,4 .















 

Do ANNB  0  2 b  2  3 4  2  0  b  1  B 1,4 .

5 3
,  ; A  0, 1 ; B  1,4  .
2 2

Kết luận : P 

Câu IX : Giải phương trình

3log

2
3





2  x  2  x  2log 1



2  x  2  x log 3 9x

2

3

2



  1  log 1 x   0


3



Lời giải
ĐKXĐ : 0  x  2 . Ta có :

PT  3log 23





2  x  2  x  4log 3





2  x  2  x log 3  3x   1  log 3 x   0
2

 2  x  2  x   4log  2  x  2  x  log  3x   log  3x   0
  log  2  x  2  x   log  3x    3log  2  x  2  x   log  3x    0
log
 2  x  2  x  3x
2  x  2  x   log  3x 





 2  x  2  x  3x


 3log  2  x  2  x   log  3x 
3
Nếu 2  x  2  x  3x  2  x  2  x   2  x  2  x  2  x  2  x 
2
1
  2  x  2  x  3 2  x  3 2  x  2   0

2
 3log 23

3

3

3

3

3

2
3

3

3

3

3

3

3

 3 2  x  3 2  x  2  0 (vì



 3 2x 2



2

2  x  2  x  0  4  2 4  x 2  0 vô lý)

 9  2  x   12 2  x  18x  4


  2  9x   72  36x  81x 2  68  x  
2

2 17
thỏa mãn đề bài.
9

Thử lại chỉ thấy x 
Nếu



2x  2x





2x  2x

Kết luận : x 

2 17
9

3

 3x  2  x  2  x  3 3x  0 . Ta luôn có :



2

 4  2 4  x 2  4  2  x  2  x  3 3x  2  3 6  0 . Vô lý.

2 17
.
9

Câu X : Xét các số thực x, y thỏa mãn x  y  1  2
1. Tìm giá trị lớn nhất của x  y .
2. Tìm m để 3

x y4





x  2  y  3 (*).





  x  y  1 27  x  y  3 x 2  y 2  m đúng với mọi x, y thỏa mãn (*).
Lời giải

1. ĐKXĐ : x  2,y  3 . Ta có (*) 
Vì 

1
2



x2 2



2



1
2



y3 2



2

x y7
1

2
2

x y4

x2 2



2

1
2





y3 2





Nếu x  y  1  0 thì (*)  x  y  1





2



9476
243



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

    y  1  2x  2y  2  5  P  3   t  1 2  15
Xét f  t   3   t  1 2  15 với t   3;7  . Ta được :
f '  t   3 ln 3  2   t  1 2 ln 2
 f ''  t   3 ln 3  2 ln 2  ln 2t  ln 2  2   0t  3;7 
Lại có f '  3  f '  7   0 suy ra f '  t  có 1 nghiệm k   3,7  . Vì f ''  t   0 nên :
Lại có x 2  y 2  x  1
t4

2

2

t4

7 t

7 t

t 4

7 t

t 4

2

7 t

7 t




    148
3
Nếu t   k,7   f '  t   0  f  t   f 7   20
Nếu t   3,k  f ' t  0  f t  f 3 

Tóm lại ta được P max 
x y4

148
khi chẳng hạn x  2,y  1 .
3





  x  y  1 27  x  y  3 x 2  y 2  m khi và chỉ khi m 

Kết luận : m 

2

  x  y  1 27  x  y  3 x 2  y 2 . Đặt t  x  y thì theo câu 1 ta được t  7 .

Nếu x  y  1  0 thì do x  2, y  3  x  2, y  3  P  

Vậy 3



 0x  2, y  3 nên x  y  7  0

Vậy GTLN của x + y là 7 khi x = 6 và y = 1.
2. Đặt P  3



148
.
3

148
.
3