SỞ GD VÀ ĐT LÂM ĐỒNG
TRƯỜNG THPT BÙI THỊ XUÂN
(Đề ĐỀ
thi gồm
có 01
trang)
SỐ
151

ĐỀ THI MINH HỌA THPT QUỐC GIA VÀ TUYỂN SINH
ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG (2015 – 2016)
Môn thi: TOÁN – ĐỀ SỐ 01
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (1,0 điểm). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y 

2x 1
.
x 1

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f  x   x  3 

4
trên đoạn
x 1

 2;5 .
Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình log 2  2 x  1  log 1  x  2   1 .
2

Câu 4 (1,0 điểm). Tìm số hạng chứa x3 trong khai triển nhị thức Niu – tơn của biểu thức

n

2

2
1
 x   , x  0. Trong đó n là số tự nhiên thỏa mãn An  2Cn  180 .
x


Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 4 điểm A(1; 1; 0); B(1; 0; 2);
C(2; 0; 1), D(–1; 0; –3). Chứng minh A, B, C, D là 4 đỉnh của một hình chóp và viết phương
trình mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đó.
Câu 6 (1,0 điểm).
3

a) Cho cos   . Tính giá trị của biểu thức P  cos 2  cos 2 .
5
2
b) Đội dự tuyển học sinh giỏi giải toán trên máy tính cầm tay môn toán của một trường phổ
thông có 4 học sinh nam khối 12, 2 học sinh nữ khối 12 và 2 học sinh nam khối 11. Để thành lập
đội tuyển dự thi học sinh giỏi giải toán trên máy tính cầm tay môn toán cấp tỉnh nhà trường cần
chọn 5 em từ 8 em học sinh trên. Tính xác suất để trong 5 em được chọn có cả học sinh nam và
học sinh nữ, có cả học sinh khối 11 và học sinh khối 12.

Câu 7 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với mặt đáy (ABCD), đáy ABCD là
hình chữ nhật có AD = 3a, AC = 5a, góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) bằng 450. Tính
theo a thể tích khối chóp S.ABCD và tính góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng (SBC).
Câu 8 (1,0 điểm). Cho hình chữ nhật ABCD có A(1; 5), AB  2 BC và điểm C thuộc đường
thẳng d : x  3 y  7  0 . Gọi M là điểm nằm trên tia đối của tia CB, N là hình chiếu vuông góc

 5 1
của B trên MD. Tìm tọa độ các điểm B và C biết N   ;  và điểm B có tung độ nguyên.
 2 2

Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình

x 1 

x2  x  2 3 2 x  1
trên tập hợp số thực.
3
2x  1  3

Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực x , y, z thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P  x 2  y 2  2 y  1  y 2  z2  2z  1  z2  x 2  2 x  1
––––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……………………

868


SỞ GD VÀ ĐT LÂM ĐỒNG – TRƯỜNG THPT BÙI THỊ XUÂN – ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 01

Câu

Đáp án
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm y 

Câu 1


Điểm
2x 1
x 1

* Tập xác định: D = R\{–1}
* Sự biến thiên
1
 0 với mọi x  – 1
Ta có y ' 
( x  1)2
(1,0 đ)
Nên hàm số luôn đồng biến trên từng khoảng xác định của nó
– Giới hạn và tiệm cận: lim y  lim y  2 ; tiệm cận ngang: y = 2
x 

x 

0,25

lim y  ; lim  y   ; tiệm cận đứng: x = – 1

x ( 1) 

0,25

x ( 1)

Bảng biến thiên
x


-1

-∞

+∞

+∞

y

0,25

+

+

y'

2
-∞

2

* Đồ thị
Giao với trục Oy: (0; 1); Giao với Ox: (–1/2; 0)
Tâm đối xứng I(–1; 2)

0,25


Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất…

1,0

– Ta có f  x  liên tục và xác định trên đoạn  2;5 ;
f ' x  1

Câu
2

4

 x  1

0,25

2

0,25
0,25
0,25

– Với x   2;5 thì f '  x   0  x  3
– Ta có: f  2   3, f  3  2, f  5  3
– Do đó: Max f  x   3  x  2  x  5 , min f  x   2  x  3
 2;5

 2;5

869



Giải bất pt…
ĐK: x  2

1,0

–Khi đó bất phương trình tương đương: log 2  2 x  1  log 2  x  2   1
Câu 3

0,25
0,25
0,25

 log 2  2 x  1 x  2    1
 5
 2 x 2  5 x  0  x   0; 
 2

0,25

 5
– Kết hợp điều kiện ta có: x   2; 
 2
Tìm số hạng chứa…
– ĐK: n   , n  2

1,0

 n  15

– Khi đó: An2  2Cn1  180  n 2  3n  180  0  
 n  15
 n  12

0,25

15

Câu
4

15 3k
15
2
k k

k
– Khi n = 15 ta có:  x     C15  1 2 x 2
x

k 0
15  3k
Mà theo bài ra ta có:
3k 3
2

0,25
0,25
0,25
3


Do đó số hạng chứa x3 trong khai triển trên là: C153  1 23 x 3  3640 x 3
Trong Kg Oxyz….



Ta có AB  (0;  1; 2); AC  (1;  1;1); AD  (2;  1;  3) .
 
  
 AB , AC   1; 2;1 ;  AB , AC  . AD  7




  
  
Do  AB , AC  . AD  7  0 , nên 3 véctơ AB , AC , AD không đồng phẳng suy ra
A, B, C, D là 4 đỉnh của một hình chóp.
Gọi phương trình mặt cầu có dạng x 2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0
Câu
5

Câu
6

1,0
0,25

0,25


( với a 2  b 2  c 2  d  0 ).
2a  2b  d  2
2a  4c  d  5

Do mặt cầu đi qua 4 điểm A, B, C, D nên ta có hệ 
4a  2c  d  5
2a  6c  d  10
5
31
5
50
Giải hệ suy ra a  ; b  ; c  ; d  
14
14
14
7
5
31
5
50
Vậy phương trình mc là: x 2  y 2  z 2  x  y  z 
 0.
7
7
7
7
1  cos 
a) Ta có: P 
  2 cos 2   1
2

1 3  9
 27
  1     2.  1 
2  5   25  25

0,25

0,25
0,25
0,25

b)– Số cách chọn 5 em học sinh từ 8 học sinh trên là C85 = 56 cách
– Để chọn 5 em thỏa mãn bài ra, ta xét các trường hợp sau
+) 1 nam khối 11, 1 nữ khối 12 và 3 nam khối 12 có: C21C21C43 cách
+) 1 nam khối 11, 2 nữ khối 12 và 2 nam khối 12 có: C21C22 C42 cách

870

0,25


+) 2 nam khối 11, 1 nữ khối 12 và 2 nam khối 12 có: C22 C21C42 cách
0,25

+) 2 nam khối 11, 2 nữ khối 12 và 1 nam khối 12 có: C22 C22 C41 cách
Số cách chọn 5 em thỏa mãn bài ra là:
C C21C43 + C21C22 C42 + C22 C21C42 + C22 C22 C41 = 44 cách
1
2


– Vậy xác suất cần tính là:

44 11

56 14

Tính thể tích và...
– Tính thể tích

1,0

S

K

+) Ta có: AB  AC 2  BC 2  4a



+) Mà   SCD  ,  ABCD    
SDA  450

H

nên SA = AD = 3a

A
D

1

Do đó: VS . ABCD  SA.S ABCD  12a 3 (đvtt)
3

– Tính góc…
Câu
7

 
+) Dựng điểm K sao cho SK  AD

0,25

C

B

0,25

0,25

Gọi H là hình chiếu vuông góc của
D lên CK, khi đó: DK   SBC  . Do đó:
DSH
 SD,  SBC    
+) Mặt khác DH 

DC.DK 12a
, SD  SA2  AD 2  3a 2

KC

5

SH  SD 2  DH 2 

Câu 8

0,25

3a 34
5

SH
17
Do đó:
DSH  arccos
 arccos
 340 27 '
 SD,  SBC    
SD
5
Trong mp Oxy…
Gọi I  AC  BD
A
I
Do BN  DM  IN  IB  ID

 IN  IA  IC

1,0


B

C

D

 ANC vuông tại N
0,25

N

M
  7 9 
 5 1
Đường thẳng CN qua N   ;  và nhận NA   ;  là pháp tuyến nên có phương
 2 2
2 2

trình: 7 x  9 y  13  0 . Do C  CN  d  C  2; 3
Gọi B  a; b  . Do AB  2BC và AB  BC nên ta có hệ p
hương trình:

871

0,25
0,25


 a  1 a  2    b  5 b  3  0



2
2
2
2
 a  1   b  5   4  a  2    b  3 
 a  5, b  1
hệ trên suy ra 
7
9
a   , b  
5
5


(ktm)

0,25

Vậy B  5; 1 , C  2; 3.
Giải bất phương trình...
– ĐK: x  1, x  13
– Khi đó:

1
– Nếu

3
3


x2  x  2 3 2 x  1
x2  x  6

x

1

2

3
3
2x 1  3
2x 1  3

x 1 

 x  2 

1,0

x 1  2

2x 1  3

0,25

 , *

2 x  1  3  0  x  13 (1)


thì (*)   2 x  1  3 2 x  1   x  1 x  1  x  1

0,25

Do hàm f (t )  t  t là hàm đồng biến trên  , mà (*):
3

f

Câu
9



3



2x 1  f





x  1  3 2 x  1  x  1  x3  x 2  x  0


1  5   1  5  DK(1)
Suy ra: x   ;
 VN

  0;
 
2  
2 


– Nếu

3

2 x  1  3  0  1  x  13 (2)

0,25

thì (2*)   2 x  1  3 2 x  1   x  1 x  1  x  1
Do hàm f (t )  t 3  t là hàm đồng biến trên  , mà (2*):
f



3



2x  1  f



 1
1   x  13

x  1  2 x  1  x  1  1  x     2
2 
2
3
 2 x  1   x  1



3

1  5

Suy ra: x   1;0  
;  
 2

1  5

Kết hợp điều kiện có x   1;0  
;13 
 2

Tìm giá trị nhỏ nhất…

1  5

KL: x   1;0  
;13 
 2



1,0

Ta có P  x 2  (1  y)2  y2  (1  z)2  z2  (1  x)2
1
2

Vì a2  b2  ( a  b)2 nên P 
Câu
10

1
2

và a  b  c  a  b  c nên P 

 x 1 y  y 1 z  z 1 x 
1
2

x 1  y  y 1 z  z  1 x 

1
2

Dấu "=" xảy ra  x  y  z  . Vậy min P 

3 2
2


3 2
1
khi x  y  z  .
2
2

Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác đáp án mà đúng thì căn cứ thang điểm để cho điểm phần đó.

872

0,25