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) Câu I (0,5 điểm) (1,0 điểm) Ta có w  1  2i    2i Đáp án Điểm 0,25   2i Vậy phần thực w phần ảo w 2 (0,5 điểm) Ta có A  log2 x  log2 x  log2 x II (1,0 điểm)   - 0,25 0,25   log2 x   2 Tập xác định: D   Sự biến thiên: Chiều biến thiên: y   4x  4x ; x  x  1 1  x  y     ; y     ; y     x  1   x  x      0,25 0,25 Hàm số đồng biến khoảng  ; 1 0; Hàm số nghịch biến khoảng 1; 0 1;  - Cực trị: hàm số đạt cực đại x  1, y c®  1; đạt cực tiểu x  0, yCT  - Giới hạn: lim y  ; lim y   - 0,25 Bảng biến thiên: x  x   0,25  Đồ thị: 0,25 Hàm số cho xác định với x   III (1,0 điểm) Ta có f (x )  3x  6x  m 0,25 Hàm số có hai điểm cực trị phương trình 3x  6x  m  có hai nghiệm phân biệt, tức    m  0,25 2 Ta có x  x   x  x   2x 1x    2 m 3 (thỏa mãn) Vậy m  2 IV (1,0 điểm) Ta có I  0,25 0,25 3x 2dx   3x x  16 dx  0,25  m 3 I1   3x dx  x 3  27 0,25   3x I2  x  16 dx Đặt t  x  16, ta có t   2x ; t(0)  16, t(3)  25 25 Do I  2 0,25 t dt 16 t t 25  61 0,25 16 V (1,0 điểm) Vậy I  I  I  88  Ta có BC  1; 1;2 0,25 Mặt phẳng (P ) qua A vuông góc với BC có phương trình x  y  2z   0,25 x   t    Đường thẳng BC có phương trình y  t     z   2t  Gọi H hình chiếu vuông góc A BC Ta có H  (P )  BC   - Vì H  BC nên H  t ;  t ;1  2t - Vì H  (P ) nên 1  t   t   1  2t     t  1 0,25 0,25 Vậy H 0;1; 1 VI (0,5 điểm) (1,0 điểm) sin x    Ta có sin x  sin x     sin x    sin x   : vô nghiệm   x    k 2  (k  )  sin x    x  5  k 2   (0,5 điểm) Không gian mẫu  có số phần tử n()  A10  720 Gọi E biến cố: “B mở cửa phòng học” Ta có E  (0;1;9),(0;2; 8),(0; 3; 7),(0; 4; 6),(1;2; 7),(1; 3;6),(1; 4; 5),(2; 3; 5) Do n(E )  n(E ) Vậy P(E )   n() 90 0,25 0,25 0,25 0,25 H Gọi trung điểm  A H  ABC   A BH  45o VII (1,0 điểm) AC , ta có AC  a S ABC  a Tam giác A HB vuông cân H , suy A H  BH  a Do VABC AB C   A H S ABC  a 0,25 Ta có BH  Gọi I giao điểm A B AB , ta có I trung điểm A B AB  Suy HI  A B Mặt khác HI đường trung bình AB C nên HI // B C Do A B  B C Phương trình MN: x  y   Tọa độ P nghiệm hệ    x  y    P  ;      2 2  x  y       Vì AM song song với DC điểm A, B, M , N thuộc đường tròn nên ta có     PAM  PCD  ABD  AMP VIII (1,0 điểm) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Suy PA  PM Vì A  AC : x  y   nên A a; a  1, a  2 2            a    a          a   A(0; 1) Ta có            a   2      2 2        Đường thẳng BD qua N vuông góc với AN nên có phương trình 2x  3y  10  Đường thẳng BC qua M vuông góc với AM nên có phương trình y    2x  3y  10  Tọa độ B nghiệm hệ   B 1;   y     Điều kiện:  x  IX (1,0 điểm) Khi phương trình cho tương đương với   x   x   log   x   x .log 3x   log 3x       log   x   x   log 3x   log   x   x   log 3x       log   x   x   log 3x     x   x  3x log2 3 3 3 3 0,25 0,25 3    x  9x   x  9x    x     81x  68x     68  x2  81 0,25 Kết hợp với điều kiện  x  2, ta có nghiệm x   log 0,25    x   x  log 3x    Vì  x  nên 3x  17  x  2x   3x (1) 0,25 Mặt khác  x  2x     x2    x  2x   Do phương trình (1) vô nghiệm 0,25 Vậy phương trình cho có nghiệm x  17 X (0,25 điểm) (1,0 điểm) Điều kiện: x  2, y  3   Ta có (*)  x  y  1  x  y   x  y  (**) Vì x  y   x  y  nên từ (**) suy x  y  1  x  y  1 0,25  x  y    x  y  Ta có x  6, y  thỏa mãn (*) x  y  Do giá trị lớn biểu thức x  y (0,75 điểm) Vì x  y   nên từ (**) suy x  y  1  x  y  1 x  y   x  y   (vì x  y   0) x  y  1       x  y   x  y   x  y  Vì x  2x (do x  ), y   2y nên x  y   x  y  Do   3x y 4  x  y  1 27x y  x  y  3x y 4  x  y  1 27x y  x  y   0,25 0,25 Đặt t  x  y, ta có t  1  t  Xét hàm số f (t )  3t 4  t  1 27t  6t  Ta có f (1)  f (t )  3t 4 ln  27t  t  1 27t ln  6; 2188 ; 243 f (t )  3t 4 ln2  t  1 ln  2 27t ln  0,  t  [3;7]   Suy f (t ) đồng biến (3;7) Mà f (t ) liên tục [3;7] f (3)f (7)  0, f (t )  có nghiệm t0  (3; 7) Bảng biến thiên 0,25   Suy 3x y 4  x  y  1 27x y  x  y  Đẳng thức xảy x  2, y  Vậy m  148 với x, y thỏa mãn (*) 148 - Hết -