ĐÁP ÁN – ĐỀ THỬ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016 MÔN TOÁN
CÂU

ĐÁP ÁN
4

a)) Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số y = - x + 4 x 2 - 3 (1).
· TXĐ D = ¡
1

x = 0
· Sự biến thiên y ' = - 4 x3 + 8 x ; y ' = 0 ⇔ −4 x3 + 8 x = 0 ⇔ 
x = ± 2

(

)

(

)

(

)

Các khoảng đồng biến −∞; − 2 và 0; 2 ; các khoảng nghịch biến − 2;0 và

(

2; +∞


-3
-4

b)Ta có x 4 - 4 x 2 + m - 1 = 0 Û - x 4 + 4 x 2 - 3 = m - 4 (1)
PT (1) có 2 nghiệm khi chỉ khi đường thẳng y = m - 4 cắt với đồ thị hàm số y = - x 4 + 4 x 2 - 3 tại 2
m − 4 = 1
m = 5
⇔
điểm phân biệt. Từ đồ thi trên ta có Pt(1) có 2 nghiệm khi chỉ khi: 
m
−
4


 x = 5π + k 2π

6
π
π
5π
Vậy các nghiệm phương trình là x = + k2π ; x = + kπ ; x =
+ k 2π , k ∈ Z .
6
2
6
16
−4
a) Do −π < α < 0 ⇒ sin α < 0 mà sin 2 α = 1 − cos2 α =
nên sin α =
.
25
5
−24
−7
−17
Ta có sin 2α = 2 sin α .cos α =
; cos 2α = 2 cos2 α − 1 =
.
Do đó A =
.
25
25
25
b) Điều kiện n ≥ 2, n ∈ ¥

−
=
C
−
2
x
y
(
)
∑
∑
÷

÷

÷
12
12
x
x
x






k =0
k =0
Số hạng thỏa mãn bài toán ứng với 36 − 4k + k = 15 ⇔ k = 7 (nhận)

y = −∞  lim y = +∞ ÷ ⇒ x = 3 là tiệm cận đứng
a) TXĐ D = ¡ \ { 3} ; xlim
→ 3+
 x → 3−

lim y = lim y = m ⇒ y = m là tiệm cận ngang. Suy ra giao điểm 2 đường tiệm cận là I ( 3; m )
x →−∞

x →+∞

Yêu cầu thỏa mãn khi:

m −1

 m = −1
. Vậy m = −1 và m = 3 .
= 2 ⇔ m −1 = 2 ⇔ 
m = 3
2

10
b) Số phần tử của không gian mẫu là n ( Ω ) = C30
.

Gọi A biến cố “Chọn được 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó có đúng 1

5
4
.C31.C12
tấm thẻ mang số chia hết cho 10”. Ta có n ( A ) = C15


3a.4a
= 12a3 3
2

Gọi E = B ' H ∩ CC ' , M trung điểm AC . Gọi F hình chiếu vuông góc của H trên ME

(

)

Ta có AC ⊥ MH , AC ⊥ B ' H ⇒ AC ⊥ HF ⇒ HF ⊥ ( ACC ' A ' ) ⇒ d H ; ( ACC ' A ' ) = HF
Mặt khác HM =

1
3a
, HE = B ' H = 2a 3
AB =
2
2

Trong tam giác vuông MHE tại H , có đường cao HF , nên
MH .HF

HF =

(

)



=

6 19a
.
19

12a 19
12a 19
.Vậy d B '; ( ACC ' A ' ) =
19
19

(

)

Gọi H trung điểm DI và K giao điểm của EI và BC
Ta có EH ⊥ DI , góc ∠DBC = ∠DAC (Tính chất thang cân)
và ∠DAC = ∠IEH (góc ở tâm), suy ra ∠DBC = ∠IEH
mà ∠EIH = ∠BIK (đối đỉnh). Do đó ∠ BKI = 900 ⇒ EK ⊥ BC
uur  35 25 
Ta có EI  ; ÷ ,
 8 8 
đường thẳng BC có phương trình là 7 x + 5 y − 33 = 0
uur
Ta có AI = ( −1;3) , đường thẳng AC có phương trình là 3 x + y − 5 = 0
 7 x + 5 y − 33 = 0  x = −1
⇔
⇒ C ( −1;8 )

Ta có IC = ID = 2 10 ⇒ DI = 2 IB ⇒ 
. Suy ra D ( −5; 4 ) .
 2 − y D = −2
 yD = 4


(

)

(

3

)

Phương trình tương đương x 2 + 2 x − 1 + 2 x 2 + 2 x − 1 = x 2 − x 4 + 2 3 x 2 − x 4
8
(1,0đ
)

Xét hàm số f ( t ) = t 3 + 2t , t ∈ ¡

(1)

Ta có f ' ( t ) = 3t 2 + 2 > 0 ∀t ∈ ¡ suy ra hàm số f ( t ) liên tục và đồng biến trên ¡

(

)


)

t 3 + t − 2 = 0 ⇔ ( t − 1) t 2 + t + 2 = 0 ⇔ t = 1 ( Vì t 2 + t + 2 =  t + 1 ÷ + 7 > 0 )
 2 4
Với t = 1 ⇔ 3

1
1
−1 ± 5
.
− x = 1 ⇔ − x = 1 ⇔ x2 + x − 1 = 0 ⇔ x =
x
x
2

Vậy nghiệm của phương trình là x =

−1 − 5
−1 + 5
và x =
.
2
2

Theo giả thiết ta có
2
5 ( 4 x 2 + y 2 + z 2 ) = 18 ( xy + yz + zx ) ⇔ 5 ( 2 x + y + z ) = 18 ( xy + yz + zx ) + 10 ( 2 xy + yz + 2 zx )
⇔ 5 ( 2 x + y + z ) = 38 x ( y + z ) + 28 yz ≤ 38 x ( y + z ) + 7 ( y + z )
2

2
P≤
−
=
−
3
3
1
2
Vì vậy
( y + z ) ( 2 ( y + z ) + y + z ) y + z 27 ( y + z )
2
t = 0
2
2
−2 2
2
4
f ' ( t ) = 2 + 4 f ' ( t ) = 0 ⇒ t = 9t ⇒ 
Đặt t = y + z > 0 . Khi đó P ≤ f ( t ) = −
3
t = ± 1
t 27t
t
9t
3

Bảng biến thiên
1
