HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan MINH HỌA CHO ĐỀ MINH HỌA KÌ THI THPT QUỐC GIA NĂM 2016 Chịu trách nhiệm biên soạn GV: Nguyễn Thanh Tùng (01/04/2016) Môn: TOÁN Thời gian làm : 180 phút Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y   x  x  Câu (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số f ( x)  x2  4ln(3  x) đoạn [  2;1] Câu (1,0 điểm) a) Cho số phức z có phần ảo dương, thỏa mãn z  z  10  Tìm môđun số phức w  4( z  1)  z  b) Giải bất phương trình log x  log 0,5 ( x  2)  log Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   (25 x  15 x  2) x  5x  x  dx Câu (1,0 điểm) Trong không không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng 1 : x 1 y  z   , 3 x5 y z 5   mặt phẳng ( P ) : x  y  z   Tìm tọa độ điểm M N thuộc 1  (biết M 5 có hoành độ lớn 2) cho MN song song với ( P ) khoảng cách MN ( P ) 2 : Câu (1,0 điểm) sin x  cos x 0 cos x b) Chương trình “Táo Quân - Gặp cuối năm 2016” có tổ chức trò chơi CHIẾC NÓN VI DIỆU dành cho Táo, giống trò chơi truyền hình CHIẾC NÓN KỲ DIỆU kênh VTV3 Chiếc nón có hình tròn chia thành 10 ô quạt, có ô có tên Tham nhũng , ô có tên Trong có ô có tên Phần Thưởng Có Táo (Kinh Tế, Xã Hội, Giáo Dục Tinh Thần) tham gia trò chơi, táo quay ngẫu nhiên lần Tính xác suất để Táo Kinh Tế quay vào ô Tham nhũng Táo Tinh Thần quay vào ô Phần Thưởng Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD , đáy ABCD hình thang vuông A D Có AD  DC  a AB  2a Hình chiếu vuông góc S mặt phẳng ( ABCD) trung điểm AB góc tạo hai mặt phẳng ( SBC ) a) Giải phương trình ( ABCD) 600 Tính thể tích khối chóp S ABCD cho khoảng cách từ điểm B tới mặt phẳng ( SAC ) theo a Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có A( 2; 0) Đường thẳng  có phương  6 trình x  y  qua C có điểm chung C với hình bình hành Gọi H   ;  , K hình chiếu  5 24 vuông góc B, D lên  Diện tích hình thang BHKD Tìm tọa độ đỉnh lại hình bình hành ABCD biết đường thẳng BD qua điểm M ( 2; 6) K có hoành độ dương   x  y    x  y   3x2  y  Câu (1,0 điểm) Tìm số nghiệm thực hệ phương trình sau:   x  y  x y  2016 x2  y  z  Câu 10 (1,0 điểm) Cho x, y, z số thực thỏa mãn  x  3z Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức: T  x  2( y  z ) Tham gia khóa học môn HOCMAI.VN giúp bạn tự tin đạt điểm số cao kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng MINH HỌA CHO ĐỀ MINH HỌA Nguyễn Thanh Tùng Câu facebook.com/ ThayTungToan ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn : TOÁN (Đáp án – thang điểm gồm 07 trang) Đáp án Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y   x  x  Điểm  1, * Tập xác định: D   * Sự biến thiên: – Chiều biến thiên: y '  4 x3  x  4 x ( x  1) ; y '   x  x  1 0,25 Các khoảng đồng biến ( ; 1) (0;1) ; khoảng nghịch biến ( 1; 0) (1;  ) – Cực trị: Hàm số đạt cực đại x  1 , y  ; đạt cực tiểu x  , yCT  CĐ – Giới hạn: lim y  lim y   0,25 x  x  – Bảng biến thiên: 0,25 * Đồ thị: 0,25 Tham gia khóa học môn HOCMAI.VN giúp bạn tự tin đạt điểm số cao kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan x  1, Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số f ( x)   4ln(3  x) đoạn [  2;1] GV: Nguyễn Thanh Tùng Ta có f ( x ) xác định liên tục đoạn [  2;1] ; f '( x )  x   x2  3x   3 x 3 x  x  1  2;1 f '( x)    x  x      x    2;1 1  16 ln 1  ln Ta có f ( 2)   ln ; f ( 1)   8ln  ; f (1)   ln  2 2  ln  16 ln Khi max f ( x)  x  f ( x )  x  1 x 2;1 x 2;1 2 a) Cho số phức z có phần ảo dương, thỏa mãn z  z  10  Tìm môđun số phức w  4( z  1)  z  b) Giải bất phương trình log x  log 0,5 ( x  2)  log 0,25 0,25  1, 0,25 Với z   3i Suy w  4( z  1)  z   4(1  3i  1)   3i  12i     12i 0,25 Phương trình z  z  10  có biệt thức   9  (3i) Khi z   3i (loại – z phải có phần ảo dương) z   3i (thỏa mãn ) a) 0,25 0,25 Vậy w   12i   12  13 b) x  ĐK:   x  Khi phương trình tương đương: x    x log x  log ( x  2)  log 23  log  log 2 x2 x   26  x  64( x  2) (vì x  ) x2 128 128 x , kết hợp với điều kiện ta nghiệm phương trình  x  63 63 (25 x  15 x  2) x Tính tích phân I   dx 2  5x  x  2tdt  (10 x  2)dx  (5 x  1)dx  tdt Đặt t  x  x   t  x  x    2 5 x  x  t  Đổi cận x   t  x   t  Khi ta biến đổi: 1 (25 x  15 x  2) x (5 x  1)(5 x  2) x x2  x I  dx   dx   (5 x  1)dx 2 2  5x  x   5x  2x   5x  x  2 t 1 t t    tdt   dt    t  2t    dt t2 t2 t2 1 0,25 0,25  1, 0,25 0,25 0,25  t3     t  3t  ln t     ln 3 1 0,25 Tham gia khóa học môn HOCMAI.VN giúp bạn tự tin đạt điểm số cao kì thi THPTQG tới ! facebook.com/ ThayTungToan x 1 y  z Trong không không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng 1 :   , 3 x5 y z 5 2 :   mặt phẳng ( P ) : x  y  z   Tìm tọa độ điểm M N lần  1, 5 lượt thuộc 1  (biết M có hoành độ lớn 2) cho MN song song với ( P ) khoảng cách MN ( P ) Gọi M (2m  1; 3m  3; 2m)  1 N (6n  5; 4n; 5n  5)   Vì MN // ( P ) nên d ( MN , ( P ))  d ( M , ( P )) 0,25 2m   2(3m  3)  2.2m  2 12  2  2 GV: Nguyễn Thanh Tùng a) HOCMAI.VN m   M (3;0; 2) Do M có hoành độ lớn 2, suy M (3; 0; 2)  12m      m   M (1;3; 0)   Khi MN  (6n  2; 4n; 5n  7) ta có n( P )  (1; 2; 2) vecto pháp tuyến ( P )   Do MN // ( P ) nên MN n( P )   6n   2.4n  2(5n  7)   12n  12   n  1  N (1; 4;0) Vậy M (3; 0; 2) N ( 1; 4; 0) sin x  cos x a) Giải phương trình 0 cos x b) Chương trình “Táo Quân - Gặp cuối năm 2016” có tổ chức trò chơi CHIẾC NÓN VI DIỆU dành cho Táo, giống trò chơi truyền hình CHIẾC NÓN KỲ DIỆU kênh VTV3 Chiếc nón có hình tròn chia thành 10 ô quạt, có ô có tên Tham nhũng, ô có tên Trong có ô có tên Phần Thưởng Có Táo (Kinh Tế, Xã Hội, Giáo Dục Tinh Thần) tham gia trò chơi, táo quay ngẫu nhiên lần Tính xác suất để Táo Kinh Tế quay vào ô Tham nhũng, Táo Tinh Thần quay vào ô Phần Thưởng Điều kiện: cos x  Khi phương trình tương đương: sin x  2 sin x  cos x   sin x   2sin x   2sin x  sin x     sin x    +) Với sin x   cos x  (loại)  4 +) Với sin x    x    k 2 x   k 2 3  4 Vậy phương trình có nghiệm x    k 2 x   k 2 ( k  ) 3 Chú ý: Ngoài cách giải ta giải sau:   sin x  cos x   sin x   cos x  sin x  sin  x   2       x  x   k 2  x   k 2   , kết hợp với điều kiện ta  x     x     k 2  x    k 2     2   4 nghiệm: x    k 2 x   k 2 ( k  ) 3 0,25 0,25 0,25  1, 0,25 0,25 Tham gia khóa học môn HOCMAI.VN giúp bạn tự tin đạt điểm số cao kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng facebook.com/ ThayTungToan Một táo lần quay tạo 10 khả Do số khả xảy táo tham gia trò chơi (mỗi người quay lần) là: n()  10.10.10.10  104 b) Gọi A biến cố “Táo Kinh Tế quay vào ô Tham nhũng Táo Tinh Thần quay vào ô Phần Thưởng” Khi đó: Táo Kinh Tế có khả năng, Táo Tinh Thần có khả hai Táo lại táo có 10 khả Suy n( A)  5.2.10.10  103 n( A) 103   0,1 n() 104 Cho hình chóp S ABCD , đáy ABCD hình thang vuông A D Có AD  DC  a AB  2a Hình chiếu vuông góc S mặt phẳng ( ABCD) trung điểm AB góc tạo hai mặt phẳng ( SBC ) ( ABCD) 600 Tính thể tích khối chóp S ABCD cho khoảng cách từ điểm B tới mặt phẳng ( SAC ) theo a Gọi H trung điểm AB , suy SH  ( ABCD ) Dựng HI  BC ( I  BC ) ,   600 BC  ( SHI )  BC  SI Suy góc tạo ( SBC ) ( ABCD) SIH 0,25 0,25 Vậy xác suất cần tính là: P( A)  Ta có S ABCD  ( AB  DC ) AD (2a  a).a 3a   2 Ta có AH  HB  a , suy ADCH hình vuông  1, 0,25  CH  AH  a  BC  CH  HB  a BC a  ( BCH vuông cân) 2   a tan 600  a Khi SH  HI tan SIH 2 Thể tích khối chóp S ABCD là: a3 VS ABCD  SH S ABCD  Gọi E hình chiếu vuông góc H AC K hình chiếu H SE  AC  SH Ta có   AC  (SHE )  AC  HK  AC  HE Mà HK  SE  HK  ( SAC )  d ( H , (SAC ))  HK  HI  S K 600 A B H E D I C AC a  2 1 2 Khi    2  2 2 HK SH HE 3a a 3a a  HK  Do BH  ( SAC )  A , suy ra: BA a d ( B, ( SAC ))  d ( H , (SAC ))  HK  BH 0,25 0,25 Ta có HAC vuông cân nên HE  0,25 Chú ý: Bài toán khó ta thay kiện AB  2a thành AB  3a  2a (bởi yếu tố vuông góc CH  AB không còn) ta giải sau…(xem giảng) Tham gia khóa học môn HOCMAI.VN giúp bạn tự tin đạt điểm số cao kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN facebook.com/ ThayTungToan Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có A( 2; 0) Đường thẳng  có phương trình x  y  qua C có điểm chung C với hình bình hành Gọi  1,  6 H   ;  , K hình chiếu vuông góc B, D lên  Diện tích hình thang BHKD  5 24 Tìm tọa độ đỉnh lại hình bình hành ABCD biết đường thẳng BD qua điểm M ( 2; 6) K có hoành độ dương GV: Nguyễn Thanh Tùng M(-2;6) B(?) A(-2;0) Δ:3x+y=0 I H(-2/5;6/5) C(?) D(?) I' A' Gọi I tâm hình bình hành ABCD A ', I ' hình chiếu vuông góc A, I lên  Khi II ' đường trung bình hình thang BHKD tam giác AA ' C Do ta có: BH  DK  II '  AA '  d ( A, )  10 0,25 K Lúc S BHDK ( BH  DK ).HK 2.S BHDK   HK   BH  DK 24  10 10 2 128  128  2  Gọi K  t; 3t    với t  , : HK    t     3t    5  5   18   5t  4t  12   t  t  2 (loại)  K  ;   5  Khi phương trình KD : x  y  12  BH : x  y    3b  3d  b  d  Gọi D(3d  12; d ) B (3b  4; b)  I  ;   C  3b  3d  10; b  d  2    B (3b  4; b) Do C    3.(3b  3d  10)  b  d   d  b     D (3b  3; b  3)  MB  (3b  2; b  6) Ta có  MD  (3b  5; b  9) Do M  BD nên :  B (1;1) (3b  2)(b  9)  (b  6)( 3b  5)  48b  48  b     C (1; 3)  D (0; 4) Vậy B ( 1;1), C (1; 3), D(0; 4) Tìm số nghiệm thực hệ phương trình sau:   x  y    x  y   x  y (1)    x  y  x y  2016 (2) 0,25 0,25 0,25  1, Điều kiện: x2 y  Tham gia khóa học môn HOCMAI.VN giúp bạn tự tin đạt điểm số cao kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng Biến đổi :   x4  y6   3 2x4  y6   x 2  y3    2x x 2 facebook.com/ ThayTungToan  y3    x  y   2x 2  y    x  y3  0,25  y   x  y  x  y  3x  y  x  y Dấu “=” xảy x2  y , (1)  x  y3 Đặt x  t  y  t , phương trình (2) có dạng: t  t  t  2016  (3) t  t  t  2016 t  Xét hàm số f (t )  t  t  t  2016   t  t  t  2016 t  +) Khi t  , ta có: f '(t )  4t  3t   (*) 0,25 +) Khi t  , ta có: f '(t )  4t  3t  ; f ''(t )  12t  6t t  Với f ''(t )   12t  6t    t    0,25 Suy f '(t )  , t  (2*) Từ (*) (2*) ta có bảng biến thiên: 0,25 Từ bảng biến thiên, suy phương trình f (t )  có nghiệm trái dấu Vì ứng với giá trị t , cho ta ( x; y ) Do hệ phương trình cho có nghiệm x2  y  z   x  3z Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức: T  x  2( y  z ) Cho x, y, z số thực thỏa mãn x2  y  z   x  3z  ( x  2)  y  ( z  3)2  (*) T  x  2( y  z )  x  y  z  T  (2*) Trong không gian tọa độ : Xét mặt cầu (S ) : ( x  2)  y  ( z  3)  có tâm I (2; 0; 3) bán kính R  mặt phẳng ( ) : x  y  z  T  Xét điểm M ( x; y; z ) thỏa mãn (*) (2*) Suy M nằm mặt cầu ( S ) , đồng thời M  ( )  1, Ta có: 0,25 Tham gia khóa học môn HOCMAI.VN giúp bạn tự tin đạt điểm số cao kì thi THPTQG tới ! HOCMAI.VN GV: Nguyễn Thanh Tùng Khi ta có: d ( I ,( ))  R  10 facebook.com/ ThayTungToan 8T   9   T   1  T  17 0,25 Với T  1 , suy M tiếp điểm ( S ) mặt phẳng ( ) : x  y  z   Khi M giao đường thẳng  ( ) (trong  qua I vuông góc với ( ) ) x   t  Ta có phương trình  :  y  2t  M (2  t1 ; 2t1; 3  2t1 )  z  3  2t  0,25 Do M  ( )   t1  4t1  2(3  2t1 )    t1  1  M (1; 2; 1) Suy giá trị nhỏ T 1 x  1; y  2; z  1 Với T  17 , suy M tiếp điểm ( S ) mặt phẳng ( ) : x  y  z  17  Khi M giao đường thẳng  ( ) (trong  qua I vuông góc với ( ) ) x   t  Ta có phương trình  :  y  2t  M (2  t2 ; 2t2 ; 3  2t2 )  z  3  2t  0,25 Do M  ( )   t2  4t2  2(3  2t2 )  17   t2   M (3; 2; 5) Suy giá trị lớn T 17 x  3; y  2; z  5 CHÚC CÁC BẠN CÓ MỘT NGÀY 4/1 NHẬN ĐƯỢC NHIỀU “QUÀ TO” ! GV: Nguyễn Thanh Tùng Tham gia khóa học môn HOCMAI.VN giúp bạn tự tin đạt điểm số cao kì thi THPTQG tới !