Đang tải... (xem toàn văn)
Cho số phức z thỏa mãn . Tìm phần thực và phần ảo của số phức . 2. Cho . Tính giá trị của biểu thức Câu II (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số . Câu III (1,0 điểm) Tìm m để hàm số f(x) = x3 – 3x2 + mx – 1 có hai điểm cực trị. Gọi x1, x2 là hai điểm cực trị đó, tìm m để . Câu IV : Tính tích phân
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TỐT NGHIỆP TRUNG HỌC PHỔ THÔNG NĂM 2016 Môn thi: TOÁN – Giáo dục trung học phổ thông Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu I (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn z = + 2i Tìm phần thực phần ảo số phức w = z + z Cho log x = Tính giá trị biểu thức A = log x + log x + log x 2 Câu II (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y = − x + x Câu III (1,0 điểm) Tìm m để hàm số f(x) = x – 3x2 + mx – có hai điểm cực trị Gọi x 1, x2 hai 2 điểm cực trị đó, tìm m để x1 + x2 = Câu IV : Tính tích phân I = ∫ 3x( x + x + 16 ) d x Câu V(1,0 điểm) : Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(3;2;-2), B(1;0;1) C(2;-1;3) Viết phương trình mặt phẳng qua A vuông góc với đường thẳng BC Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc A đường thẳng BC Câu VI (1,0 điểm) : Giải phương trình sin x + sin x − = Học sinh A thiết kế bảng điều khiển điện tử mở cửa phòng học lớp Bảng gồm 10 nút, nút ghi số từ đến hai nút ghi số Để mở cửa cần nhấn liên tiếp nút khác cho số nút theo thứ tự nhấn tạo thành dãy số tăng có tổng 10 Học sinh B quy tắc mở cửa trên, nhấn ngẫu nhiên liên tiếp nút khác bảng điều khiển Tính xác suất để B mở cửa phòng học Câu VII(1,0 điểm): Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC tam giác vuông cân B, AC =2a Hình chiếu vuông góc A’ mặt phẳng (ABC) trung điểm cạnh AC, đường thẳng A’B tạo với mặt phẳng (ABC) góc 450 Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ 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 hình chiếu vuông góc A đường thẳng BC, BD P giao điểm hai đường thẳng MN, AC Biết đường thẳng AC có phương trình x − y − = M (0;4), N(2;2) hoành độ điểm A nhỏ Tìm tọa độ điểm P, A B Câu IX(1,0 điểm) : Giải phương trình log32 ( + x + − x ) + log ( + x + − x ).log ( 9x ) + ( − log x )2 = 3 Câu X (1,0 điểm): Xét số thực x, y thỏa mãn x + y + = 2( x − + y + )(*) Tìm giá trị lớn x + y Tìm m để 3x + y − + ( x + y + )27 − x − y − 3( x + y ) ≤ m với x,y thỏa mãn (*) BÀI GIẢI Câu I: z = − 2i w = 2(1 + 2i) + (1 – 2i) = + 2i Vậy phần thực 3, ảo 2 log x = 1 A = log x + (−3) log x + log x = 2 − + =− 2 2 y Câu II: Khảo sát hàm số vẽ đồ thị y = − x + x Tập xác định R y ' = −4 x + x y ' = ⇔ x = hay x = ±1 y (0) = ; y (±1) = x -∞ -1 +∞ y’ + 0 + y 1 -∞ -∞ -1 - Hàm số đồng biến (-∞, -1) (0; 1) Hàm số nghịch biến (-1; 0) (1; +∞) Hàm số đạt cực đại x = ±1 y = Hàm số đạt cực tiểu x = y = lim y = −∞ x →±∞ Câu III: f’(x) = 3x2 – 6x + m ∆’ = – 3m > ⇔ m < Hàm f có cực trị m < m Khi m < ta có x1 + x2 = 2; x1x2 = 2m Ycbt ⇔ (x1 + x2)2 – 2x1x2 = m < ⇔ = m < 3 ⇔ = 2m, m < ⇔ m = Câu IV: 3 3 2 I = ∫ 3x( x + x + 16 ) d x = 3∫ ( x + x x + 16 )dx = ∫ x dx + ∫ x x + 16dx 0 0 3 x3 27 = = ; I2 = ∫ x x + 16dx I1 = ∫ x dx = 3 0 Đặt t = Đổi cận t(0) = 4, t(3) = 5, t2 = x2 + 16 ⇒ 2tdt = 2xdx x + 16 5 t3 53 43 = − ⇒ I2 = ∫ t tdt = 34 3 125 64 − ) = 88 I = 3( + 3 Câu V: A (3, 2, -2); B(1, 0, 1); C (2; -1; 3) uuur x −1 y z −1 = = BC = (1; -1; 2) ⇒ (BC): −1 Gọi (P) mp chứa A vuông góc BC : (P) : x – y + 2z + = A’ hình chiếu vuông góc A BC {A’} = (P) ∩ (BC) nên tọa độ A’ thỏa : x − y + 2z + = x − y z − ⇒ A’ (0; 1; -1) = −1 = Câu VI: 1 2sin2x + 7sinx – = ⇔ sin x = −4( VN ) hay sin x = ⇔ sinx = 2 π 5π + k2π (k ∈ Z) ⇔ x = + k2π hay x = 6 O x Số cách chọn nút để nhấn 10 nút : A10 = 720 Số trường hợp thỏa mãn ycbt : (0,1,9); (0,2,8); (0,3,7); (0,4,6); (1,2,7); (1,3,6); (1,4,5); (2,3,5) = ⇒ Xác suất để B mở cửa phòng học : 720 90 Câu VII: · ' BH = 450 Gọi H trung điểm AC ⇒ A ' H ⊥ ( ABC ) ⇒ ( A ' B,( ABC ) ) = A ∆A ' HB vuông cân H ⇒ A ' H = BH = A’ B’ AC =a I BA.BC A ' H = a Gọi I = A ' B ∩ AB ' ⇒ HI / / B ' C HI ⊥ A ' B ⇒ A ' B ⊥ B ' C (đpcm) C’ V= A B H C Câu VIII: 3 Pt MN : x + y − = , P = MN ∩ AC ⇒ P ; ÷ 2 2 ¶ =C µ ⇒M ¶ = µA µA = D ¶ , D ¶ =C µ ABMN nội tiếp ⇒ M 1 1 1 1 ⇒ P trung điểm AC A ∈ AC ⇒ A ( a; a − 1) ( a < ) PA2 = PM ⇔ a = ⇒ A(0; −1) ⇒ C (5;4) A P B M N Pt MC : y = ⇒ B (b; 4) uuur uuur Ta có: BN ⊥ AN ⇔ b = -1 ⇒ B (-1; 4) I C Câu IX: Điều kiện : < x ≤ log32 ( + x + − x ) − log3 (( + x + − x ).2(log ( x ) + ) + ( + log x )2 = Đặt log3 ( + x + − x ) = a ;1 + log3 ( x ) = b PT ⇔ 3a2 – 4ab + b2 = ⇔ (a – b) (3a – b) = Xét hai trường hợp : TH1: a = b hay log3 ( + x + − x ) = log3 ( x ) + ⇔ + x + − x = 3x ⇔ + − x = 9x 9x − ≥ x ≥ ⇔ − x = 9x − ⇔ ⇔ 4( − x ) = 81x − 72x + 16 81x = 68x 68 17 ⇔ x= (vì < x ≤ 2) 81 TH2: 3a = b ⇔ x2 = ( Do ( ⇔ ) 2−x) 2+x + 2−x 2+x + Do TH2 loại = 3x = + − x ≥ nên D • ( 2+x + 2−x ) ≥ > 3x (vì < x ≤ 2) Vậy phương trình có nghiệm : x = 17 Câu X: Giả thiết ⇒ (x + y + 1)2 = 4( x + + y + ) ≤ 4.2( x − + y + ) (do (a + b)2 ≤ 2(a2 + b2) ⇔ (x + y + 1)2 ≤ (x + y + 1) ⇔ (x + y + 1) (x + y – 7) ≤ ⇔ - ≤ x + y ≤ (a) x + y = x+y=7⇒ x − = y + x = ⇔ Vậy max (x + y) = (đạt x = y = 1) y = Ta có: x + y + = ( ) x − + y + ≥ x + y +1 ⇒ (x + y + 1) ≥ 4(x + y + 1) ⇔ x + y ≤ -1 hay x + y ≥ (b) Từ (a) (b) ⇒ t = x + y + = hay ≤ t = x + y + ≤ Với t = ⇒ x + y = -1 x − y + = ⇒ x = y = -3 9746 x + y− + ( x + y + )27− x − y − 3( x + y ) = − ⇒A= 243 Khi ≤ t = x + y + ≤ Đặt f(x) = 3t –3 + t 28 – t với t ∈ [4,8] f’(t) = 3t −3.ln + 28− t − t 28− t ln f’’(t) > với t ≥ g(t) = f’(t) liên tục [4, 8] g(4).g(8) < ⇒ PT g(t) = có nghiệm (4; 8) ⇒ tồn t0 ∈ (4, 8) để f’(t0) = ⇒ f’(t) < ∀ t ∈ (4, t0) f’(t) > ∀t ∈ (t0, 8) ⇒ f nghịch biến (4, t0) đồng biến (t0, 8) 193 Ta có f(4) = f(8) = 35 (1) Ta chứng minh : x2 + y2 ≥ với x + y ≥ x ≥ x ∈ [2; 3] ⇒ y ≥ – x ≥ ⇒ y2 ≥ – 6x + x2 ⇒ x2 + y2 ≥ 2x2 – 6x + = 2(x – 2)(x – 1) + 5≥ 5, ∀x ≥ Với x > ⇒ x2 + y2 > Vậy x2 + y2 ≥ (2) 148 x + y −4 + ( x + y + )27 − x − y − 3( x + y ) ≤ Từ (1) (2) suy , với x, y thỏa mãn (*) 148 148 Khi x = 2; y = ta có : A = Vậy ycbt ⇔ m ≥ 3 Cách 2: Đặt t = x + y, t ∈ [3, 7] Ta có: (x + y + 2)2 ≤ (2x + y)2 ≤ (x2 + y2) 1 ⇒ x2 + y2 ≥ (x + y + 2)2 = (t + 2)2 5 Vậy P ≤ 3t – + (t + 1)27 – t - (t + 2)2 = f(t) f liên tục [3; 7] f’(t) = 3t – ln3 + 27 – t – (t + 1)27 – t ln2 – (t + 2) t −4 2 −t ln + [( t + )ln − ln ] > , ∀t ∈ [3, 7] ∪ {-1} f”(t) = max f = max {f(3), f(7), f(-1)} = f(3) = Vậy m ≥ 148 148 Ths Ngô Thanh Sơn (Trường THPT Vĩnh Viễn – TP.HCM)