Đáp án đề thi THPT quốc gia môn Toán 2016

1

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM Môn thi: TOÁN

(Đáp án - Thang điểm có 04 trang)

Câu Đáp án Điểm I (1,0 điểm)

1. (0,5 điểm) Ta có w   2 1 2 1 2 i i    0,25

3 2 .i   Vậy phần thực của w là 3 và phần ảo của w là 2. 0,25

2. (0,5 điểm)

Ta có 2 2 2 1 2log 3 log log 2 A x x x    0,25

2 1 2 log . 2 2 x   0,25

II (1,0 điểm)  Tập xác định: . D   Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: 3 4 4 ; y x x   0,25

0 1 1 0 0 ; 0 ; 0 1 0 1 1. x x x y y y x x x

                               

Hàm số đồng biến trên các khoảng   ; 1  và   0; 1 .

Hàm số nghịch biến trên các khoảng   1;0  và   1; . 

- Cực trị: hàm số đạt cực đại tại 1, x  cđ 1; y  đạt cực tiểu tại CT 0, 0. x y  

- Giới hạn: lim ; x y   lim . x y  

0,25

- Bảng biến thiên:

0,25

 Đồ thị:

0,25

III (1,0 điểm) Hàm số đã cho xác định với mọi . x  Ta có 2 ( ) 3 6 . f x x x m     0,25

Hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình 2 3 6 0 x x m    có hai nghiệm phân biệt, tức là 0 3. m     0,25

2

Ta có  

2 2 2 1 2 1 2 1 2 3 2 3 4 2. 3 3 m x x x x x x          0,25

3 2 m   (thỏa mãn). Vậy 3 . 2 m  0,25

IV (1,0 điểm) Ta có

3 3 2 2

0 0 3 d 3 16 d . I x x x x x      0,25



3 3 2 3 1 0 0

3 d 27. I x x x     0,25



3 2 2

0

3 16 d . I x x x   

Đặt 2 16, t x   ta có 2 ; (0) 16, (3) 25. t x t t   

Do đó

25

2

16

3 d 2 I t t 

0,25

25

16 61. t t  

Vậy 1 2 88. I I I    0,25

V (1,0 điểm) Ta có   1; 1;2 . BC   

0,25

Mặt phẳng ( ) P đi qua A và vuông góc với BC có phương trình là 2 3 0. x y z     0,25

Đường thẳng BC có phương trình là

1

1 2 .

x t y t

z t

      

0,25

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên . BC Ta có ( ) . H P BC  

- Vì H BC  nên   1 ; ;1 2 . H t t t   

- Vì ( ) H P  nên       1 2 1 2 3 0 t t t       1. t  

Vậy   0;1; 1 . H 

0,25

VI (1,0 điểm)

1. (0,5 điểm)

Ta có 2

sin 4 2sin 7 sin 4 0 1 sin . 2

x x x x

        

0,25

 sin 4 : x  vô nghiệm.



2 1 6 sin ( ). 5 2 2 6

x k x k x k

 

 

          

 0,25

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

3 10 ( ) A 720. n   0,25

Gọi E là biến cố: “B mở được cửa phòng học”. Ta có

  (0;1;9),(0;2;8),(0;3;7),(0;4;6),(1;2;7),(1;3;6),(1;4;5),(2;3;5) . E  Do đó ( ) 8. n E 

Vậy ( ) 1 P( ) . ( ) 90 n E E n   

0,25

3

VII (1,0 điểm)

Gọi H là trung điểm của , AC ta có

   o 45 . A H ABC A BH      0,25

Ta có 1 2 BH AC a   và 2. ABC S a  

Tam giác A HB  vuông cân tại , H suy ra . A H BH a    Do đó 3 . . . ABC A B C ABC V A H S a       

0,25

Gọi I là giao điểm của A B  và , AB ta có I là trung điểm của A B  và . AB Suy ra . HI A B  

0,25

Mặt khác HI là đường trung bình của AB C   nên HI // . B C  Do đó . A B B C    0,25 VIII (1,0 điểm)

Phương trình MN: 4 0. x y    Tọa độ P là nghiệm của hệ

4 0 5 3 ; . 1 0 2 2

x y P x y

                       

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    Suy ra . PA PM 

0,25

Vì : 1 0 A AC x y     nên   ; 1 , 2. A a a a  

Ta có

2 2 2 2 0 5 5 5 5 (0; 1). 5 2 2 2 2

a a a A a

                                                         

0,25

Đường thẳng BD đi qua N và vuông góc với AN nên có phương trình là

2 3 10 0. x y    Đường thẳng BC đi qua M và vuông góc với AM nên có phương trình là 4 0. y  

Tọa độ B là nghiệm của hệ   2 3 10 0 1;4 . 4 0 x y B y

         

0,25

IX (1,0 điểm) Điều kiện: 0 2. x   Khi đó phương trình đã cho tương đương với

        2 2 3 3 3 3 3 log 2 2 4log 2 2 .log 3 log 3 0 x x x x x x         

        3 3 3 3 log 2 2 log 3 3log 2 2 …