Kỳ thi trung học phổ thông quốc gia năm 2016 môn thi: Toán học 12 thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2016
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi: Toán
(Đề thi có 01 trang)
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu I(1,0 điểm).
Cho số phức . Tìm phần thực và phần ảo của số phức .
Cho . Tìm giá trị của biểu thức .
Câu II(1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số .
Câu III(1,0 điểm). Tìm để hàm số có hai điểm cực trị. Gọi là hai điểm cực trị đó, tìm để .
Câu IV(1,0 điểm). Tính tích phân 
Câu V(1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ , cho ba điểm và. Viết phương trình mặt phẳng đi qua và vuông góc với đường thẳng . Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của trên đường thẳng .
Câu VI(1,0 điểm).
Giải phương trình: .
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 có đáy là tam giác vuông cân tại , . Hình chiếu vuông góc của trên mặt phẳng là trung điểm của cạnh , đường thẳng tạo với mặt phẳng một góc . Tính theo thể tích khối lăng trụ và chứng minh vuông góc với .
Câu VIII(1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ , cho tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính . Gọi lần lượt là hình chiếu vuông góc của trên các đường thẳng , và là giao điểm của hai đường thẳng . Biết đường thẳng có phương trình: , và hoành độ điểm nhỏ hơn 2. Tìm tọa độ các điểm và .
Câu IX(1,0 điểm). Giải phương trình
 .
Câu IX(1,0 điểm). Xét các số thực thỏa mãn (*).
Tìm giá trị lớn nhất của .
Tìm để đúng với mọi 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:...............................
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 + 
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 = . Tính giá trị của biểu thức A = log2 x² + log1/2 x³ + log4 x.
A = 2log2 x – 3log2 x + (1/2)log2 x = (–1/2)log2 x = –
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
Câu 4. (1,0 điểm) Tính I = 
I = 
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 = (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 (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
n(Ω) = = 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
SABC = (1/2)HB.AC = a²
VABC.A’B’C’ = A’H.SABC = a.a² = a³
Có A’A = và AB = => 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 = (2; –2) làm vector chỉ phương
=> MN nhận = (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)
PM = 
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 A(0; –1)
=> = (0; –5) => BC: y = 4
mà = (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
 = 0
Giải
Điều kiện 0 < x ≤ 2
Phương trình = 0	(*)
Đặt a = và b = 1 + log3 x
(*) 3a² – 4ab + b² = 0
 (a – b)(3a – b) = 0
 a = b V b = 3a
Với a = b = 1 + log3 x 3x = 
Đặt t = (với t ≥ 0) => x² = 4 – t² => 9t² + 2t – 32 = 0 t = –2 V t = 16/9
với t = 16/9 => x² = 68/81 => x = (vì 2 ≥ x > 0)
Với b = 3a, ta có 1 + log3 x = 3log3 () 3x = ()³	(1)
()² = 4 + 2 ≥ 4
=> ≥ 2
=> Phương trình (1) có nghiệm 3x ≥ 2³ = 8 x ≥ 8/3 > 2 không thỏa mãn điều kiện xác định
Vậy x = là ngiệm duy nhất của phương trình trên
Câu 10. (1,0 điểm) Cho các số thực x và y thỏa mãn x + y + 1 = 2()	(*)
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 => ()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() ≥ 2 => 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
=> 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