de thi toan thpt quoc gia chinh thuc cua bo giao duc de toan thpt qg 2016

Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

(Đề thi có 01 trang)

Câu I(1,0 điểm).
1. Cho số phức z  1  2i . Tìm phần thực và phần ảo của số phức w  2 z  z .
2. Cho log2 x  2 . Tìm giá trị của biểu thức A  log 2 x 2  log 1 x3  log 4 x .
2

Câu II(1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y   x4  2 x2 .
Câu III(1,0 điểm). Tìm m để hàm số f ( x )  x3  3x2  mx  1 có hai điểm cực trị. Gọi x1 , x2 là hai
điểm cực trị đó, tìm m để x12  x22  3 .
3

Câu IV(1,0 điểm). Tính tích phân I   3x( x  x 2  16 )dx
0

Câu V(1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A( 3; 2; 2 ), B( 1; 0;1 )
và C( 2; 1; 3 ) . Viết phương trình mặt phẳng đi qua A và vuông góc với đường thẳng BC . Tìm
tọa độ hình chiếu vuông góc của A trên đường thẳng BC .

Câu VI(1,0 điểm).
1. Giải phương trình: 2 sin 2 x  7 sin x  4  0 .
2. Học sinh A thiết kế bảng điều khiển điện tử mở cửa phòng học của lớp mình. Bảng gồm
10 nút, mỗi nút được ghi một số từ 0 đến 9 và không có hai nút nào được ghi cùng một số. Để mở
cửa cần nhấn liên tiếp 3 nút khác nhau sao cho 3 số trên 3 nút đó theo thứ tự đã nhấn tạo thành
một dãy số tăng và có tổng bằng 10. Học sinh B không biết quy tắc mở cửa trên, đã nhấn ngẫu
nhiên liên tiếp 3 nút khác nhau trên bảng điều khiển. Tính xác suất để B mở được cửa phòng học
đó.
Câu VII(1,0 điểm). Cho lăng trụ ABC.A' B' C' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B ,
AC  2a . Hình chiếu vuông góc của A' trên mặt phẳng ( ABC ) là trung điểm của cạnh AC ,
đường thẳng A' B tạo với mặt phẳng ( ABC ) một góc 45 0 . Tính theo a thể tích khối lăng trụ
ABC.A' B' C' và chứng minh A' B vuông góc với B' C .
Câu VIII(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 lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng BC ,
BD và P là giao điểm của hai đường thẳng MN , AC . Biết đường thẳng AC có phương trình:
x  y  1  0 , M( 0; 4 ),N( 2; 2 ) và hoành độ điểm A nhỏ hơn 2. Tìm tọa độ các điểm P, A và B .
Câu IX(1,0 điểm). Giải phương trình
3 log32 ( 2  x  2  x )  2 log 1 ( 2  x  2  x ).log 3 ( 9 x 2 )  ( 1  log 1 x )2  0 .
3

3

Câu IX(1,0 điểm). Xét các số thực x , y thỏa mãn x  y  1  2( x  2  y  3 ) (*).
1. Tìm giá trị lớn nhất của x  y .
2. Tìm m để 3x y4  ( x  y  1 )27 x y  3( x2  y 2 )  m đúng với mọi x , y thỏa mãn (*).
..........Hết..........
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh................................................................; Số báo danh.........................................
Chữ ký của cán bộ coi thi 1:................................; Chữ ký của cán bộ coi thi 1:...............................

1


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn
GIẢI ĐỀ THPT QUỐC GIA MÔN TOÁN 2016

Câu 1. (1,0 điểm)
a. Cho số phức z = 1 + 2i. Tìm phần thực và phần ảo của w = 2z + z
w = 2(1 + 2i) + (1 – 2i) = 2 + 4i + 1 – 2i = 3 + 2i
Phần thực là 3 và phần ảo là 2.
b. Cho log2 x = 2 . Tính giá trị của biểu thức A = log2 x² + log1/2 x³ + log4 x.
2
A = 2log2 x – 3log2 x + (1/2)log2 x = (–1/2)log2 x = –
2
Câu 2. (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = –x4 + 2x²
Bạn đọc tự giải.
Câu 3. (1,0 điểm) Cho hàm số f(x) = x³ – 3x² + mx – 1. Tìm m để hàm số f(x) có hai cực trị tại x1, x2. Tìm
m để x1² + x2² = 3.
TXĐ: D = R
f’(x) = 3x² – 6x + m
Hàm số f(x) có hai cực trị tại x1, x2 <=> f’(x) = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 <=> Δ’ = 9 – 3m > 0
<=> m < 3
Khi đó x1² + x2² = 3 <=> (x1 + x2)² – 2x1x2 = 3 <=> 2² – 2m/3 = 3 <=> m = 3/2 (nhận)
Vậy m = 3/2 thì hàm số f(x) có hai cực trị tại x1, x2 thỏa x1² + x2² = 3
3

Câu 4. (1,0 điểm) Tính I =  3x(x  x 2  16)dx
0

3

3

3
2
1/2
2
3
2
3/2 3
(x

16)
d(x

16)

[x

(x

16)
]  88
0
2 0
0
Câu 5. (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(3; 2; –2), B(1; 0; 1) và C(2; –1;
3). Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của A trên đường thẳng BC.
Đường thẳng BC đi qua B(1, 0, 1) và nhận BC = (1; –1; 2) làm vector chỉ phương.

(BC): {x = 1 + t; y = –t; z = 1 + 2t
Gọi (P) là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với đường thẳng BC
Mặt phẳng (P) đi qua A(3; 2; –2) và nhận BC (1; –1; 2) làm vector pháp tuyến.
(P): x – 3 – (y – 2) + 2(z + 2) = 0 <=> x – y + 2z + 3 = 0
Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng BC
H thuộc đường thẳng BC => H(1 + t; –t; 1 + 2t)
H thuộc (P) => 1 + t + t + 2(1 + 2t) + 3 = 0 <=> t = –1 => H(0; 1; –1)
Câu 6. (1,0 điểm)
a. Giải phương trình sau: 2sin² x + 7sin x – 4 = 0
Phương trình trên <=> (2sin x – 1)(sin x + 4) = 0 <=> sin x = 1/2 (vì sin x + 4 > 0 với mọi x)
<=> x = π/6 + k2π hoặc x = 5π/6 + k2π (k là số nguyên)
b. Học sinh A thiết kế bảng điện tử mở cửa phòng mình. Bảng có 10 nút khác nhau đánh số từ 0 đến 9. Để
mở cửa cần nhấn liên tiếp 3 nút khác nhau sao cho 3 số trên ba nút theo thứ tự đã nhấn tạo thành dãy số
tăng có tổng bằng 10. Học sinh B không biết quy tắc trên nên nhấn ngẫu nhiên ba nút khác nhau. Tính xác
suất để học sinh B mở được cửa phòng.
Số cách nhấn ngẫu nhiên 3 trong 10 số có thứ tự cũng là số phần tử không gian mẫu
3
n(Ω) = A10
= 720
Gọi A là biến cố: “Học sinh B mở được cửa phòng.” Các bộ ba số thỏa mãn điều kiện mở cửa theo đúng
thứ tự là (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) = 8
P(A) = n(A)/n(Ω) = 8/720 = 1/90.
Câu 7. (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AC = 2a.
Hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của đoạn AC. Đường thẳng A’B tạo
với (ABC) góc 45°. Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và chứng minh rằng A’B vuông
góc với B’C.
Gọi H là trung điểm của đoạn AC.
Góc giữa A’B và (ABC) là góc A’BH
=> góc A’BH = 45° => A’BH vuông cân tại H
=> A’H = HB = AC/2 = a

I =  3x 2dx 

2


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

SABC = (1/2)HB.AC = a²
VABC.A’B’C’ = A’H.SABC = a.a² = a³

Có A’A = A'H2  HA2  a 2 và AB = a 2 => A’A = AB
Nên A’ABB’ là hình thoi => AB’ vuông góc với A’B
Mặt khác AC vuông góc với HB và A’H => AC vuông góc với (A’HB) => AC vuông góc với A’B
Suy ra A’B vuông góc với (ACB’)
Vậy đường thẳng A’B vuông góc với đường thẳng B’C.
Câu 8. (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 lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng BC, BC. Gọi P là giao điểm
của MN và AC. Biết đường thẳng AC có phương trình x – y – 1 = 0, M(0; 4), N(2; 2) và hoành độ của
điểm A nhỏ hơn 2. Tìm tọa độ các điểm P, A và B.

Đường thẳng MN đi qua M(0; 4) và nhận MN = (2; –2) làm vector chỉ phương
=> MN nhận n MN = (1; 1) làm vector pháp tuyến => phương trình đường thẳng (MN): x + y – 4 = 0
P = (MN) ∩ (AC) => tọa độ của P thỏa hệ phương trình {x + y – 4 = 0; x – y – 1 = 0 <=> x = 5/2 và y =
3/2
Do đó P(5/2; 3/2)
Gọi Q là hình chiếu vuông góc của A trên 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) và (2) => góc ANP + góc ANQ = góc ABC + góc ABM = 180°
=> M, N, Q thẳng hàng.
mà AMCQ là hình chữ nhật => P là trung điểm của MQ
=> Q(5; –1)
5
3
5 2
PM = (  0) 2  (  4) 2 
2
2
2
A thuộc AC => A(t; t – 1) với t < 2
AP = PM <=> (5/2 – t)² + (3/2 + 1 – t)² = 25/2 <=> (t – 5/2)² = 25/4
<=> t = 0 (vì t < 2) => A(0; –1)
=> AM = (0; –5) => BC: y = 4
mà AN = (2; 3) => BD: 2x + 3y – 10 = 0
Tọa độ của B thỏa mãn hệ phương trình {y = 4; 2x + 3y – 10 = 0 => B(–1; 4)
Câu 9. (1,0 điểm) Giải phương trình sau trên tập số thực
3log32 ( 2  x  2  x )  2log1/3 ( 2  x  2  x ).log 3 9x 2  (1  log1/3 x) 2 = 0
Giải
Điều kiện 0 < x ≤ 2
3


Gia sư Thành Được

www.daythem.edu.vn

Phương trình <=> 3log32 ( 2  x  2  x )  4log 3 ( 2  x  2  x ).(1  log 3 x)  (1  log1/3 x) 2 = 0
(*)
Đặt a = log3 ( 2  x  2  x ) và b = 1 + log3 x
(*) <=> 3a² – 4ab + b² = 0
<=> (a – b)(3a – b) = 0
<=> a = b V b = 3a
Với a = b <=> log3 ( 2  x  2  x ) = 1 + log3 x <=> 3x = 2  x  2  x
0  x  2
<=> 
2
2
4  2 4  x  9x

4  x 2 (với t ≥ 0) => x² = 4 – t² => 9t² + 2t – 32 = 0 <=> t = –2 V t = 16/9
2 17
với t = 16/9 => x² = 68/81 => x =
(vì 2 ≥ x > 0)
9
Với b = 3a, ta có 1 + log3 x = 3log3 ( 2  x  2  x ) <=> 3x = ( 2  x  2  x )³
Đặt t =

(1)

( 2  x  2  x )² = 4 + 2 4  x 2 ≥ 4
=> 2  x  2  x ≥ 2
=> Phương trình (1) có nghiệm <=> 3x ≥ 2³ = 8 <=> x ≥ 8/3 > 2 không thỏa mãn điều kiện xác định
2 17
Vậy x =
là ngiệm duy nhất của phương trình trên

9
Câu 10. (1,0 điểm) Cho các số thực x và y thỏa mãn x + y + 1 = 2( x  2  y  3 )
(*)
a. Tìm giá trị lớn nhất của x + y
b. Tìm m sao cho 3x+y–4 + (x + y + 1).27–x–y – 3(x² + y²) ≤ m đúng với mọi x, y thỏa mãn (*).
Giải
a. Áp dụng bất đẳng thức B.C.S => ( x  2  y  3 )² ≤ (1 + 1)(x – 2 + y + 3) = 2(x + y + 1)
=> (1/4)(x + y + 1)² ≤ 2(x + y + 1) => x + y ≤ 7
Dấu đẳng thức xảy ra khi x = 6 và y = 1
Vậy max (x + y) = 7
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 + 1 = 2( x  2  y  3 ) ≥ 2 x  y  1 => x + y + 1 ≥ 4 => x + y ≥ 3 => x² + y² ≥ 5
=> 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 3 ≤ 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 3 + 27–t – (t + 1)27–t ln 2
g’’(t) = 3t–4 ln² 3 – 27–t ln 2 – 27–t ln 2 + (t + 1)27–t ln² 2 = 3t–4 ln² 3 + [(t + 1) ln² 2 – 2 ln 2]27–t.
=> g’’(t) > 0 với 7 ≥ t ≥ 3
g’(3) = (1/3)ln 3 + 16 – 64 ln 2 < 0 và g’(7) = 27 ln 3 + 1 – 4 ln 2 > 0
=> g’(t) = 0 có nghiệm duy nhất a thuộc (3; 7) và g’(t) đổi dấu từ âm sang dương khi t đi qua a
Mặt khác g(3) = 148/3 và g(7) = 16 => g(t) ≤ g(3) = 148/3 => m ≥ 148/3

4