De va loi giai de chinh thuc 2016

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Thêm bạn ở facebook 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 2 z  z 2. Cho log 2 x  2 . Tính giá trị của biểu thức. A log 2 x 2  log 1 x3  log 4 x 2. y  x 4  2 x 2 1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của 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 2 trị đó, tìm m để x1  x2 3 3. Câu IV (1,0 điểm). Tính tích phân. . . I 3 x x  x 2  16 dx 0. 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;  2 . ,. . 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)\ 2 1. Giải phương trình 2sin x  7 sin x  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..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 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 45 0. 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 M 0; 4 , N 2; 2 thẳng AC có phương trình x  y  1 0 ,     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. Câu X (. 2 3. . . 2  x  2  x  2 log 1 3. .   2  x  2  x .log3  9 x    1  log 1 x  0 3  . . 1,0 điểm). Xét các số thực x,y thỏa mãn. 2. x  y  1 2. . . x  2  y  3  *. 1. Tìm giá trị lớn nhất của x + y. 2. Tìm m để. 3x  y  4   x  y  1 27  x  y  3  x 2  y 2  m. Lời giải Câu I: 1. w 3  2i 2.. A log 2 x 2  log 1 x3  log 4 x 2. 1 2 log 2 x  3log 2 x  log 2 x 2. đúng với mọi x,y thỏa mãn (*).

<span class='text_page_counter'>(3)</span> . 1 2 2 (Do log 2 x  2 ). Câu II:  Tập xác định D = R.  Sự biến thiên y '  4 x3  4 x  x 0 y ' 0    x 1. Hàm số đồng biến trên đoạn Hàm số nghịch biến trên Hàm số đạt cực đại tại.   ;  1 và  0;1.   1;0  và  1; . x  1 và x = 1, y cực đại = y  1  y   1 1. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yct = 0 . Giới hạn:. lim y  . x  . lim y  . x  . Bảng biến thiên.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Câu III: 32. fxm31 f '  x  3x 2  6 x  m f '  x  0  3x 2  6 x  m 0.  1.  ' 9  3m. Để hàm có 2 cực trị x1, x2 thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt   ' 9  3m  0  m  3  x1  x2 2   m  x1.x2  3 Theo viet:. Theo đề ta có:  m. x12  x22 3. 3  TM  2. Câu IV: 3. . . I 3 x x  x 2  16 dx 0. 3. 3. 0. 0. I 3x 2 dx  3 x x 2  16dx 3 23 100. Ixd327.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 3. I 2  x x 2  16dx 0. x 2  16 t  t 0   x 2 t 2  16  xdx tdt. Đặt. 5. I 2 t 2 dt  4. 61 3. Vậy I = 88. Câu V: Ta có:. . BC  1;  1; 2 . Gọi (P) là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với đường thẳng BC    BC n p   1;  1; 2 .   P  :  x  3   y  2   2  z  2  0.  x  y  2 z  3 0. Gọi H là hình chiếu của A trên BC  H  BC. Phương trình đường thẳng BC:  x 1  t   y  t  z 1  2t   H  1  t;  t ;1  2t    AH   2  t ;  t  2;3  2t . Ta có.   AH .BC 0.   2  t  t  2  6  4t 0  t  1. Vậy điểm H có tọa độ. H  0;1;  1. Câu VI: 2 1) 2sin x  7 sin x  4 0.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>  sin x  4  loai      x   k 2   1 6  kZ  sin x    2  x  5  k 2   6 . 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.   A103. Vậy xác suất để B mở được cửa phòng là. P  B . B 8 1  3   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 của A'B trên đáy (ABC). Do đó,.  A ' B,  ABC    A ' B, HB A ' HB 45 ABC vuông cân tại B, AC =2a nên. 0. AB BC a 2, BH . 0 A ' BH 450  nên A ' H HB.tan A ' BH a.tan 45. 1 1 S ABC  AB.BC  .a 2.a 2 a 2  dvdt  2 2. Diện tích:. AC a 2.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Thể tích. Vltru  A ' H .S ABC a.a 2 a 3  dvtt . 2 2 Ta có AH  A ' H a  AA '  AH  A ' H 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  BH  AC   A ' BH   A ' B  AC  2   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 0   IAP 180  AIC 180  2. ABC 900  ABC BAM  0  2 2 do AMB 90 Ta có. 0   Đồng thời AMB  ANB 90 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.. 0   Suy ra IPA INA 90  IP  AC , hay P là trung điểm AC..

<span class='text_page_counter'>(8)</span> MN đi qua. M  0; 4  , N  2; 2 . có phương trình x  y  4 0.  x  y  4 0  5 3  P ;    2 2 P là giao của MN và AC nên tọa độ thỏa mãn hệ  x  y  1 0. AMC vuông tại M, P là trung điểm AC nên. PA PM . AC 2. 5  5 3 P  ;  ; M  0; 4   PM  2  2 2  5 5  A  a; a  1  AC  PA  a  ; a   2 2  Giả sử 2. PA PM . 2. 2. 5  5 5 5 25    a     a    a    2  2 2 4 2  .  a 0  A  0;  1   a 5  loai . 5 3 A  0;  1 , P  ;   C  5; 4   2 2. BC đi qua. M  0; 4  , C  5; 4 . có phương trình y 4.  A  0;  1 , N  2; 2   AN  2;3 . . BD đi qua N, vuông góc AN có phương trình. 2 x  3 y  10 0 .  y 4  B   1; 4   2 x  3 y  10  0  B là giao của BC và BD nên tọa độ thỏa mãn hệ. Câu IX:.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> 2. 3log. 2 3. . . 2  x  2  x  2 log 1 3.   2  x  2  x .log 3  9 x    1  log 1 x  0 3  . . . 2. x2 x02 Đk: x0 pt  3log 32  3log 32. . . . 2  x  2  x  4 log 3. . 2  x  2  x  4 log 3. . . . 2. . 2  x  2  x log 3  3 x    1  log 3 x  0 2. . 2  x  2  x  log 3 x  1   1  log 2 x  0. . log 3 2  x  2  x a  Đặt log 3 x  1 b , phương trình trở thành:  a b  1 3a 2  4ab  b2 0   a  b   3a  b  0    3a b  2  a b  log 3. . . 2  x  2  x log 3 x  1 log 3  3x . TH1: 2  x  2  x 3x  4  2 4  x 2 9 x 2. . 2.  9 x 2  4 2 4  x 2   9 x 2  4  4  4  x 2 .  x 0  loai   81x  68 x 0   2 17  x  9 4. 2. x. 2 17 9. Thử lại kiểm tra ta được 3a b  3log3. . . 2  x  2  x log3 x  1 log3  3x . TH 2:. . 2x  2 x. . 2. . . 2 x  2 x. . 2. . Do. 3x  . 3 2. . . 2 x  2 x. 2 x . 2 x.   2. 2x  2 x 0.  2  8  4. 2  x . 2  x 3. . 2x . . 2 x. . 3. . 3 2. . 2 x  2 x. . 2 x . 2 x. .

<span class='text_page_counter'>(10)</span> .  8  4 2  x. 2  x. Đặt. . 2. . 9 4  2 2  x . 2  x. . 2  x . 2  x c 0 , phương trình trên trở thành.  8  4c . 2. 2 9  4  2c   16  c 82c  28 0  VN  0,c 0. x. 2 17 9. Từ các TH trên, ta được nghiệm duy nhất Câu X: a) Điều kiện. x 2, y  3.  x  y  1. 2. 4. . x  2  y 3. . 2. . 4 x  y  1  2 x  2 y  3. từ (*) ta có 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. Suy ra.  x  y 1. 2. 4  x  y  1  x  y  1 8  x  y  1  0  x  y  1 8.   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.  x  y 1. 2. . . 4 x  y  1  2 x  2 y  3 4  x  y  1 . b) Có  x  y  1 4  x  y 3  x  y  1 0   x  y  1    3  x  y 7  Kết hợp với (**) ta có  x  y  1  x  2 y  3 0  x 2 x  y  1     x  y  1  y  3 . Khi đó Với. P 3x  y  4   x  y  1 27  x  y  3  x 2  y 2  . 9746 243. .

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Với Xét. x  y   3;7 . đặt. x  y t , t   3;7 ,3x  y  4   x  y  1 27  x  y 3t  4   t  1 27  t. f  t  3t  4   t  1 27  t. , với. t   3;7 . f '  t  3t  4.ln 3  27 t   t  1 27  t.ln 2 f ''  t  3t  4.ln 2 3  27  t.ln 2  ln 2  27  t   t 1 27  t ln 2  3t  4.ln 2 3    t  1 ln 2 2  2 ln 2  27  t  0, t 3. f'(t) liên trục trên.  3;7 . Vì. f '  3  0, f '  7   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) 193 193 f  3  ; f  7  35  f  t   f  3  , t   3;7  3 3 Có. Ta chứng minh Với. (1). x 2  y 2 5 với x  y 3 và x 2. x   2;3  y 3  x 0  y 2 9  6 x  x 2.  x 2  y 2 2 x 2  6 x  9 2  x  2   x  1  5 5, x 2. Với. x  3  x 2  y 2 9. 2 2 Vậy x  y 5. (2). 148  3x  y  4   x  y  1 27 x y  3  x 2  y 2   , x, y 3 Từ (1), (2) thỏa mãn bài toán.. Ta có. 148 3x  y  4   x  y  1 27  x  y  3  x 2  y 2   x 2, y 1 thỏa mãn bài toán và 3 148 3. Vậy GTLN của P là. 0982.563.365 Facebook :

<span class='text_page_counter'>(12)</span>