HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN 2016 Câu (1,0 điểm) a Cho số phức z = + 2i Tìm phần thực phần ảo w = 2z + z w = 2(1 + 2i) + (1 – 2i) = + 4i + – 2i = + 2i Phần thực phần ảo b Cho log2 x = Tính giá trị biểu thức A = log2 x² + log1/2 x³ + log4 x 2 Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y = –x4 + 2x² Bạn đọc tự giải Câu (1,0 điểm) Cho hàm số f(x) = x³ – 3x² + mx – Tìm m để hàm số f(x) có hai cực trị x1, x2 Tìm m để x1² + x2² = TXĐ: D = R f’(x) = 3x² – 6x + m Hàm số f(x) có hai cực trị x1, x2 f’(x) = có hai nghiệm phân biệt x1, x2 Δ’ = – 3m > m < Khi x1² + x2² = (x1 + x2)² – 2x1x2 = 2² – 2m/3 = m = 3/2 (nhận) Vậy m = 3/2 hàm số f(x) có hai cực trị x1, x2 thỏa x1² + x2² = A = 2log2 x – 3log2 x + (1/2)log2 x = (–1/2)log2 x = – Câu (1,0 điểm) Tính I = ∫ 3x(x + x + 16)dx 3 1/2 3/2 ∫ (x + 16) d(x + 16) = [x + (x + 16) ] = 88 20 Câu (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) Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc A uuu đường thẳng BC r Đường thẳng BC qua B(1, 0, 1) nhận BC = (1; –1; 2) làm vector phương (BC): {x = + t; y = –t; z = + 2t Gọi (P) mặt phẳng qua A vuông góc r đường thẳng BC với uuu Mặt phẳng (P) qua A(3; 2; –2) nhận BC (1; –1; 2) làm vector pháp tuyến (P): x – – (y – 2) + 2(z + 2) = x – y + 2z + = Gọi H hình chiếu vuông góc điểm A đường thẳng BC H thuộc đường thẳng BC => H(1 + t; –t; + 2t) H thuộc (P) => + t + t + 2(1 + 2t) + = t = –1 => H(0; 1; –1) Câu (1,0 điểm) a Giải phương trình sau: 2sin² x + 7sin x – = Phương trình (2sin x – 1)(sin x + 4) = sin x = 1/2 (vì sin x + > với x) x = π/6 + k2π x = 5π/6 + k2π (k số nguyên) b Học sinh A thiết kế bảng điện tử mở cửa phòng Bảng có 10 nút khác đánh số từ đến Để mở cửa cần nhấn liên tiếp nút khác cho số ba nút theo thứ tự nhấn tạo thành dãy số tăng có tổng 10 Học sinh B quy tắc nên nhấn ngẫu nhiên ba nút khác Tính xác suất để học sinh B mở cửa phòng Số cách nhấn ngẫu nhiên 10 số có thứ tự số phần tử không gian mẫu n(Ω) = A10 = 720 Gọi A biến cố: “Học sinh B mở cửa phòng.” Các ba số thỏa mãn điều kiện mở cửa theo thứ tự (0; 1; 9), (0; 2; 8), (0; 3; 7), (0; 4; 6), (1; 2; 7), (1; 3; 6), (1; 4; 5), (2; 3; 5) => n(A) = P(A) = n(A)/n(Ω) = 8/720 = 1/90 Câu (1,0 điểm) Cho hình 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 đoạn AC Đường thẳng A’B tạo với (ABC) góc 45° Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ chứng minh A’B vuông góc với B’C I = ∫ 3x dx + Gọi H trung điểm đoạn AC Góc A’B (ABC) góc A’BH => góc A’BH = 45° => A’BH vuông cân H => A’H = HB = AC/2 = a SABC = (1/2)HB.AC = a² VABC.A’B’C’ = A’H.SABC = a.a² = a³ Có A’A = A 'H + HA = a AB = a => A’A = AB Nên A’ABB’ hình thoi => AB’ vuông góc với A’B Mặt khác AC vuông góc với HB A’H => AC vuông góc với (A’HB) => AC vuông góc với A’B Suy A’B vuông góc với (ACB’) Vậy đường thẳng A’B vuông góc với đường thẳng B’C Câu (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, BC Gọi P giao điểm MN AC Biết đường thẳng AC có phương trình x – y – = 0, M(0; 4), N(2; 2) hoành độ điểm A nhỏ Tìm tọa độ điểm P, A B uuuu r Đường thẳng MN qua M(0; 4) nhận MN = (2; –2) làm vector phương r => MN nhận n MN = (1; 1) làm vector pháp tuyến => phương trình đường thẳng (MN): x + y – = P = (MN) ∩ (AC) => tọa độ P thỏa hệ phương trình {x + y – = 0; x – y – = x = 5/2 y = 3/2 Do P(5/2; 3/2) Gọi Q hình chiếu vuông góc A CD Vì góc AMB + góc ANC = 180° nên AMBN nội tiếp => góc ANP = góc ABM (1) Tương tự ABCD nội tiếp => góc ADC + góc ABC = 180° mặt khác góc AND = góc AQD = 90° => ANQD nội tiếp => góc ADC + góc ANQ = 180° => góc ANQ = góc ABC (2) Từ (1) (2) => góc ANP + góc ANQ = góc ABC + góc ABM = 180° => M, N, Q thẳng hàng mà AMCQ hình chữ nhật => P trung điểm MQ => Q(5; –1) 5 PM = ( − 0) + ( − 4) = 2 A thuộc AC => A(t; t – 1) với t < AP = PM (5/2 – t)² + (3/2 + – t)² = 25/2 (t – 5/2)² = 25/4 t = (vì t < 2) => A(0; –1) uuuu r => AM = (0; –5) => BC: y = uuu r mà AN = (2; 3) => BD: 2x + 3y – 10 = Tọa độ B thỏa mãn hệ phương trình {y = 4; 2x + 3y – 10 = => B(–1; 4) Câu (1,0 điểm) Giải phương trình sau tập số thực 3log ( + x + − x ) + log1/3 ( + x + − x ).log 9x + (1 − log1/3 x) = Giải Điều kiện < x ≤ 2 Phương trình 3log ( + x + − x ) − log ( + x + − x ).(1 + log x) + (1 − log1/3 x) = (*) Đặt a = log ( + x + − x ) b = + log3 x (*) 3a² – 4ab + b² = (a – b)(3a – b) = a = b V b = 3a Với a = b log ( + x + − x ) = + log3 x 3x = + x + − x 0 < x ≤   2  + − x = 9x  Đặt t = − x (với t ≥ 0) => x² = – t² => 9t² + 2t – 32 = t = –2 V t = 16/9 17 với t = 16/9 => x² = 68/81 => x = (vì ≥ x > 0) Với b = 3a, ta có + log3 x = 3log3 ( + x + − x ) 3x = ( + x + − x )³ (1) ≥ ( + x + − x )² = + − x => + x + − x ≥ => Phương trình (1) có nghiệm 3x ≥ 2³ = x ≥ 8/3 > không thỏa mãn điều kiện xác định 17 Vậy x = ngiệm phương trình Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực x y thỏa mãn x + y + = 2( x − + y + ) (*) a Tìm giá trị lớn x + y b Tìm m cho 3x+y–4 + (x + y + 1).27–x–y – 3(x² + y²) ≤ m với x, y thỏa mãn (*) Giải a Áp dụng bất đẳng thức B.C.S => ( x − + y + )² ≤ (1 + 1)(x – + y + 3) = 2(x + y + 1) => (1/4)(x + y + 1)² ≤ 2(x + y + 1) => x + y ≤ Dấu đẳng thức xảy x = y = Vậy max (x + y) = b (x + y + 2)² = (2x + y)² ≤ (4 + 1)(x² + y²) = 5(x² + y²) => x² + y² ≥ (x + y + 2)²/5 Mặt khác x + y + = 2( x − + y + ) ≥ x + y + => x + y + ≥ => x + y ≥ => x² + y² ≥ => 3x+y–4 + (x + y + 1).27–x–y – 3(x² + y²) ≤ 3x+y–4 + (x + y + 1).27–x–y – 15 Đặt t = x + y (với ≤ t ≤ 7) => 3x+y–4 + (x + y + 1).27–x–y – 3(x² + y²) ≤ 3t–4 + (t + 1).27–t – 15 = g(t) g’(t) = 3t–4 ln + 27–t – (t + 1)27–t ln g’’(t) = 3t–4 ln² – 27–t ln – 27–t ln + (t + 1)27–t ln² = 3t–4 ln² + [(t + 1) ln² – ln 2]27–t => g’’(t) > với ≥ t ≥ g’(3) = (1/3)ln + 16 – 64 ln < g’(7) = 27 ln + – ln > => g’(t) = có nghiệm a thuộc (3; 7) g’(t) đổi dấu từ âm sang dương t qua a Mặt khác g(3) = 148/3 g(7) = 16 => g(t) ≤ g(3) = 148/3 => m ≥ 148/3