Kỳ thi tốt nghiệp thpt năm 2016 môn: Toán 12 thời gian: 180 phút

Slogan của trung tâm: “Học là để thực hiện ƣớc mơ, tƣ duy thay đổi số phận thay đổi!” Trang 1/5 
TRUNG TÂM LUYỆN THI TÂN TIẾN THÀNH 
LỰA CHỌN SỐ 1 CỦA GV VÀ HS TẠI CẦN THƠ 
KỲ THI TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2016 
ĐỀ THI CHÍNH THỨC 
ĐT: 01235 518 581 - 0973 518 581 Môn: Toán 
 Thời gian: 180 phút 
Câu I (1,0 điểm) 
1. Cho số phức z thỏa mãn z 1 2i  . Tìm phần thực và phần ảo của số phức w = 2z + z . 
2. Cho 
2log 2x  . Tính giá trị của biểu thức 
2 3
2 1 4
2
A = log x + log x + log x 
Câu II (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 4 2y = -x + 2x . 
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 2 2
1 2x + x = 3 . 
Câu IV: Tính tích phân 
3
2
0
I = 3x(x + x +16)dx 
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 22sin x + 7sinx - 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 chẵn 
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 450. 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 
2 3 2
3 1 3 1
3 3
3log ( 2 + x + 2- x) + 2log ( 2 + x + 2- x).log (9x ) + (1- log x) = 0 
Câu X (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 x+y-4 7-x-y 2 23 + (x + y +1)2 -3(x + y ) m đúng với mọi x,y thỏa mãn (*) 
----------- HẾT ---------- 
Slogan của trung tâm: “Học là để thực hiện ƣớc mơ, tƣ duy thay đổi số phận thay đổi!” Trang 2/5 
 HƢỚNG DẪN GIẢI 
Câu I: 
1. z 1 2i  
w = 2(1 + 2i) + (1 – 2i) = 3 + 2i. 
Vậy phần thực là 3, ảo là 2. 
2. x
2log 2  x = 
22 > 0 
2 2 2
1
A = 2log x + (-3)log x + log x
2
 = 
1
2 2 3 2 2
2
  = 
1
2
 
Câu II: Khảo sát hàm số và vẽ đồ thị. 4 22y x x   
Tập xác định là R. 3' 4 4y x x   
' 0 0 1y x hay x     
(0) 0y  ; ( 1) 1y   
x - -1 0 1 + 
y’ + 0 - 0 + 0 - 
y 1 1 
 - 0 - 
Câu III: Ta có 2'( ) 3 6f x x x m   
Để hàm số có hai điểm cực trị thì 2'( ) 3 6 0(*)f x x x m    có hai nghiệm phân biệt, tức là 
2
'' ( 3) 3 0 3(1)f m m       . 
Vì 1 2,x x là hoành độ hai điểm cực trị nên 1 2,x x là nghiệm của phương trình (*), do đó theo định lí Vi-et ta 
được 
1 2
1 2
2
.
3
x x
m
x x
 




. Ta có 2 2 21 2 1 2 1 2 1 2
1 1 3
3 ( ) 2 3
2 3 2 2
m
x x x x x x x x m            . Kết hợp với 
điều kiện (1) ta được 
3
2
m  . 
Câu IV: 
3
2
0
I = 3x(x + x +16)dx = 
3
2 2
0
3 (x + x x +16)dx = 
3 3
2 2
0 0
3 x dx x x 16dx
 
  
 
  
I1 = 
33 3
2
0 0
x 27
x dx 9
3 3
   ; I2 = 
3
2
0
x x 16dx 
Đặt t = 2x 16 ; Đổi cận t(0) = 4, t(3) = 5, t2 = x2 + 16  2tdt = 2xdx 
 I2 = 
55 3 3 3
4 4
t 5 4 61
t tdt
3 3 3 3
.      I = 
61
3(9 + ) 88
3
 
Câu V: 
Vì mặt phẳng vuông góc với BC nên nhận (1; 1;2)BC   làm vectơ pháp tuyến. Phương trình mặt phẳng 
là: 1.( 3) 1.( 2) 2( 2) 0 2 3 0x y z x y z           . 
Phương trình tham số BC: 
1
1 2
x t
y t
z t
 

 
  
Vì mặt phẳng đi qua A và vuông góc BC nên hình chiến của A lên BC là giao điểm của mặt phẳng và BC, 
ta có hệ phương trình 
1 1
0
1 2 1
2 3 0 1
x t t
y t x
z t y
x y z z
    
    
 
   
       
. Suy ra tọa độ hình chiếu của A lên BC là (0;1; 1) 
x 
y 
1 
- 2 
O 
-1 1 
- 2 
Slogan của trung tâm: “Học là để thực hiện ƣớc mơ, tƣ duy thay đổi số phận thay đổi!” Trang 3/5 
Câu VI: 
1. Đặt sint x , 1 1t   , ta được phương trình 2
1
2 7 4 0 2
4( )
t
t x
t loai

   

 
Với 
1
2
t  thì 
2
1 6
sin sin sin ,
52 6
2
6
x k
x x k Z
x k






 
    
  

2. Gọi A là biến cố: "Bạn B sẽ mở được cửa" 
Vì B nhấn ngẫu nhiên liên tiếp 3 nút khác nhau trên bảng điều khiển ⇒ |Ω|= 3
10A =720 cách nhấn 
Từ GT ⇒ ΩA ={(0;1;9);(0;2;8);(0;3;7);(0;4;6);(1;2;7);(1;3;6);(1;4;5);(2;3;5)}⇒ |ΩA| =8 
⇒P(A) = A
8 1
720 90




Câu VII: 
Cách 1: Gọi H là trung điểm AC ( )AH ABC    0' , ( ) ' 45A B ABC A BH   
'A HB vuông cân tại H '
2
AC
A H BH a    
31 . . '
2
V BA BC A H a  
Gọi ' 'I A B AB  / / 'HI B C và 'HI A B ' 'A B B C  (đpcm) 
Cách 2: Gọi H là trung điểm AC, ta có H là hình chiếu của A’ l 
lên AC nên A’H là đường cao. 
Ta có Bh là hình chiếu của A’B lên (ABC) nên 
( ' , ( )) ( ' , ) ' 45oA B ABC A B HA A BH   
Do đó tam giác A’BH vuông cân tại H, suy ra 'A H BH 
Vì tam giác ABC vuông cân tại B nên tam giác ABH 
vuông cân tại H do đó 
2
AC
BH AH a   
suy ra 'A H BH a  . 
Ta có 3. ' ' '
1
. ' . . '
2
ABC A B C ABCV S A H BH AC A H a   
Dựng Az//A’H, ta có ( )Az ABC 
Chọn hệ trục Oxzy hình vẽ. 
Ta có ( ;0;0), (0; ;0), ( ;0;0), '(0;0; )A a B a C a A a 
Vì ABB’A’ là hình bình hành nên ' 'AB A B 
'
'
'
0
0
0
B
B
B
a x
a y
z a
 

  
  
 do đó '( , , )B a a a 
Ta có ' (0, , ), ' (0, , )A B a a B C a a   suy ra 2 2' . ' 0 0A B B C a a    
Do đó ' 'A B B C 
A B 
C 
A’ B’ 
H 
I 
C’ 
Slogan của trung tâm: “Học là để thực hiện ƣớc mơ, tƣ duy thay đổi số phận thay đổi!” Trang 4/5 
Câu VIII: 
Câu IX: Điều kiện : 0 < x ≤ 2 
2 2
3 3 3 33log ( 2 + x + 2- x) - 2log (( 2 + x + 2- x).2(log (x) +1) +(1+ log x) = 0 
Đặt log3 3( 2 + x + 2- x) = a; log (x) = b 
PT  3a2 – 4a(b + 1) + (b + 1)2 = 0  (2a – b – 1)2 = a2  (a – b – 1) (3a – b – 1) = 0 
Xét hai trường hợp : 
* TH1: a = b hay log3 3( 2 + x + 2- x) =log (x) +1  2 x 2 x 3x     
2 24 2 4 x 9x   
 2 22 4 x 9x 4    
2
2 4 2
9x 4 0
4 4 x 81x 72x 16( )
  

   
  
2
4 2
4
x
9
81x 68x



 
  x2 = 
68
81
 x = 
2 17
9
(vì 0 < x ≤ 2) 
* TH2: 3a = b + 1   
3
2 x 2 x 3x    
Do  
2
22 x 2 x 4 2 4 x 4       nên  
3
2 x 2 x 8 3x     . Do đó loại TH2 
Vậy phương trình có nghiệm là : x = 
2 17
9
Câu X: 
1. Giả thiết  (x + y + 1)2 = 24( x + 2 + y +3) 4.2(x - 2 + y +3) (do (a + b)2 ≤ 2(a2 + b2) 
  (x + y + 1)2 ≤ 8 (x + y + 1)  (x + y + 1) (x + y – 7) ≤ 0  - 1 ≤ x + y ≤ 7 
 x + y = 7  
x y 7
x 2 y 3
 

  
 
x 6
y 1



. Vậy max (x + y) = 7 (đạt được khi x = 6 và y = 1) 
2. 
Slogan của trung tâm: “Học là để thực hiện ƣớc mơ, tƣ duy thay đổi số phận thay đổi!” Trang 5/5 
TRUNG TÂM LUYỆN THI TÂN TIẾN THÀNH 
Hẻm 11 Mậu Thân, Xuân Khánh, Ninh Kiều, Cần Thơ 
https://www.facebook.com/ltdhtantienthanh 
ĐT: 0973.518.581 – 01235.518.581