BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM Môn thi: TOÁN (Đáp án - Thang điểm có 04 trang)

i 2

1

  i 2

Đáp án Điểm

2 .i

3

0,25 Câu I (1,0 điểm) 1. (0,5 điểm)  2 1 Ta có w   0,25

Vậy phần thực của w là 3 và phần ảo của w là 2. 2. (0,5 điểm)

A

2 log

x

3 log

x

log

x

2

2

2

1 2

0,25 Ta có

2

y

  

34 x

0

;

;

y

y

y

0  

0  

0  

1

4 ; x  x   0  

 x   x  

0,25   log x .   1 2 2 2 D   . II (1,0 điểm) 0,25  Tập xác định:  Sự biến thiên: - Chiều biến thiên:

0,25

y  đạt cực tiểu tại

x

y 0,

 0.

CT

y

 0     x   1 1   x 1. 1 x        0; 1 .  Hàm số đồng biến trên các khoảng     và  ; 1  và  1; 0 Hàm số nghịch biến trên các khoảng  . 1; x   c® 1, 1;   y .

- Cực trị: hàm số đạt cực đại tại

x

  lim ;  

x

- Giới hạn: lim 

- Bảng biến thiên:

0,25

 Đồ thị:

x   .

0,25

2

  x m 6

  ( ) f x

.

23 x

   có hai nghiệm 0

x m 6

0,25 III (1,0 điểm) Hàm số đã cho xác định với mọi Ta có x 3

m

3.

0

1

0,25 Hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình     phân biệt, tức là

x

    3

x

x

  

3

4

2.

 3

 x

2

2 1

2 2

1

2

x x 2 1 2

m 3

0,25 Ta có

m  (thỏa mãn). Vậy

m  .

3 2

3 2

3

3

0,25

2

I

2 x 3 d

x

x x 3

x 16 d .

0

0

3

3

3

IV 0,25 (1,0 điểm) Ta có

I

2 x 3 d x

x

27.

1

0

0

3

2

 0,25

I

x x 3

x 16 d .

2

2

t

 

x t 2 ; (0)

t 16, (3)

25.

0 x  ta có 16,

t

25

I

t

t d

Đặt 0,25

2

 

3 2

16

25

t t

61.

16

Do đó

I

I

88.

2

1

0,25 Vậy

   I    BC   1; 1;2 .

x

    0.

z 2

3

y

t

1

0,25 Ta có V (1,0 điểm) Mặt phẳng ( )P đi qua A và vuông góc với BC có phương trình là 0,25

t 2 .

   x    t y     z 1 

H

P ( )

BC

.

Đường thẳng BC có phương trình là 0,25

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên

;

t

t

t

t 2

  3

0

H

t  

1.

    t 1      

;1 

.BC Ta có  2 . t  2 1

H

- Vì H BC 0,25 nên H nên  1

( ) P   0;1; 1 .

Vậy

sin

x

4

2

- Vì  1. (0,5 điểm) VI (1,0 điểm)

x

x

  

2 sin

7 sin

4

0

x

sin

.

  1 2

    

Ta có 0,25

sin

x   vô nghiệm.

4 :

k

2

sin

x

( k

 ).

1   2

2 

k

     x  6  5    x  6 

n  

( ) A

720.

0,25 

3 10

0,25 2. (0,5 điểm) Không gian mẫu  có số phần tử là

n E  8.

( )

  (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 E là biến cố: “B mở được cửa phòng học”. Ta có E  Do đó 0,25

2

Vậy E P( )   . ( ) n E  n ( ) 1 90

,AC

 A H

BH

AC a

S

là ta có 0,25 VII (1,0 điểm) Gọi H  ABC

 và

2.  a

ABC

,H suy ra



A H S .

Ta có trung điểm của   o45 .   A BH 1 2 vuông cân tại 0,25

3  a .

ABC A B C .

ABC

Tam giác A HB   A H BH a  . V Do đó

.AB  Suy ra

  ,AB  ta có I là trung điểm của A B

.

.B C

 A B



B C

.

và và 0,25

0.

x

Gọi I là giao điểm của A B HI A B Mặt khác HI là đường trung bình của AB C nên HI // Do đó 0,25

y   4 Phương trình MN: Tọa độ P là nghiệm của hệ

.

4 1

0 0

5 3 ; 2 2

    P   

     

     y x       y x 

,

,

,

VIII (1,0 điểm) 0,25

0,25

.

Vì AM song song với DC và các điểm A B M N cùng thuộc một đường tròn nên ta có    .   PAM PCD ABD AMP PA PM

 2.

;

A AC x

:

   nên

1

0

y

 A a a

Vì Suy ra  a 1 ,

A

 (0; 1).

0 5

 

5 2

5 2

2      

2      

  a    

2   5         2  

2   5         2  

  a      

3

y   0. 10

0.

4

y  

0,25 Ta có

10

0

0,25

 B  

 1; 4 .

4

0

 a   a  Đường thẳng BD đi qua N và vuông góc với AN nên có phương trình là 2 x Đường thẳng BC đi qua M và vuông góc với AM nên có phương trình là     y x 2 3      y 

x  2.

Tọa độ B là nghiệm của hệ

4 log

2

x

x

2

2

x

3 log

 0

IX (1,0 điểm) Điều kiện: 0 Khi đó phương trình đã cho tương đương với

3

 2 x log 3 3

2 3

0,25

3 log

2

x

x

0.

x

x

log

 x log 3 3

3

 x log 3 3

3

   

  x .log 3 3      2

 

    

  

   2

x

2

x

  x 3

2

x

x

0

log

       

 x log 3 3

3

2

2

     2 x      2      2 2 4

2   x

x 9

2   x

x 9

 4

  4

2

4

2

2  2 4 4 9 

x 68

0

   x  x 81 

2 x 

.

68 81

0,25

2,

x  ta có nghiệm

x  . Kết hợp với điều kiện 0 2 17 9

2

  

2

x

x

x 3

(1).

2

3 log

x

x

0

3

 x log 3 3

     2

3

0,25

 x  nên 3 2

x  6.

3

Vì 0

2

3

2

  x

2

2

x

  4

2 4

4

2

x

x

2

x

8.

 Do đó

     

 Mặt khác  phương trình (1) vô nghiệm.

0,25

x  . Vậy phương trình đã cho có nghiệm 2 17 9

x

2

(*)

  

y

  

1

y

2

x

2

y

4

X (1,0 điểm) 1. (0,25 điểm) Điều kiện:

y 2,  x

3.    1

Ta có

 3 (**).

 x

2

x

x

y

y

1

3

2

  y

8

y

 1

 x

   1

x

1 y 6,

7.

x

y  Do đó giá trị lớn nhất của biểu thức x

y

0,25 Vì 2

    nên từ (**) suy ra  x 8 y    x y   7.  thỏa mãn (*) và x 1 Ta có bằng 7. 2. (0,75 điểm)

2

  y

y

4

 

x

y 2

0

3

 1

Vì 2

x

y

  

1

0)

1 1

1 1

0 4

0 (vì 4

    x y      y x

2

2

2

2

 x

2

2

y

y

1

0,25

1

y

x y

  4

  7 x y

2

2

  x y

  4

x y

  x 1     y x 1     3. y x    x .  7    1 2

    x

 x

   3.

x

t

7.

x (do  x   ta có y ,

Vì Do đó 0,25 3       3 y y y 3  6 y

  nên từ (**) suy ra  x     y x      x y  2 x  ),   nên 2 y   x 1 2 t   hoặc 3 1

x  t 

7

 t

 4

f t ( )

t 3

t 6

f   ( 1)

;

  Ta có 3.

Đặt

2188 243

 4

 t

 t

f

  ( ) t

t 3

ln 3

7 2

ln 2

 6;

 4

 t

7

Xét hàm số

t 3

2 ln 3

f

t ( )

f

t ( )

f

 (3) (7) f

  do đó 0,

  1 2   t   7 t   1 2   1 ln 2 đồng biến trên (3;7). Mà

f

0

t 

(3; 7).

t  có nghiệm duy nhất 0 ( )

f   ( ) t ln 2    0, t [3;7].     t    2 2   liên tục trên [3;7] và Suy ra

Bảng biến thiên

x y

  4

7

  x y

2

2

3

  

y

3

y

0,25

,x y thỏa mãn (*).

 x

 x

148 3

x

 1 2 y 2,

Suy ra với mọi

 1.

Đẳng thức xảy ra khi

m 

.

148 3

Vậy

4

--------- Hết ---------