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)

SỞ GD VÀ ĐT LÂM ĐỒNG 
TRƯỜNG THPT BÙI THỊ XUÂN 
(Đề thi gồm có 01 trang) 
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 2 1
1
xy
x



. 
Câu 2 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số   43
1
f x x
x
  

trên đoạn 
 2;5 .
Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình    2 1
2
log 2 1 log 2 1x x    . 
Câu 4 (1,0 điểm). Tìm số hạng chứa 3x trong khai triển nhị thức Niu – tơn của biểu thức 
2 ,
n
x
x
  
 
0.x  Trong đó n là số tự nhiên thỏa mãn 
2 12 180n nA C  . 
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). 
a) Cho 3cos
5
 . Tính giá trị của biểu thức 2cos cos 2
2
P    . 
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), 2AB BC và điểm C thuộc đường 
thẳng : 3 7 0d x y   . Gọi M là điểm nằm trên tia đối của tia CB, N là hình chiếu vuông góc 
của B trên MD. Tìm tọa độ các điểm B và C biết 5 1;
2 2
N   
 
và điểm B có tung độ nguyên. 
Câu 9 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 
2 3
3
2 2 11
2 1 3
x x xx
x
  
 
 
trên tập hợp số thực. 
Câu 10 (1,0 điểm). Cho các số thực x y z, , thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
           P x y y y z z z x x2 2 2 2 2 22 1 2 1 2 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 
SỞ GD VÀ ĐT LÂM ĐỒNG – TRƯỜNG THPT BÙI THỊ XUÂN – ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 01 
Câu Đáp án Điểm 
Câu 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm
2 1
1
xy
x



(1,0 đ) 
* Tập xác định: D = R\{–1}
* Sự biến thiên
 Ta có 2
1' 0
( 1)
 

y
x
với mọi x – 1 
Nên hàm số luôn đồng biến trên từng khoảng xác định của nó 
– Giới hạn và tiệm cận: lim lim 2
x x
y y
 
  ; tiệm cận ngang: y = 2 
( 1) ( 1)
lim ; lim
x x
y y
    
    ; tiệm cận đứng: x = – 1 
0,25 
0,25 
Bảng biến thiên 
2
2
-1x
y'
y
-∞ +∞
+ +
+∞
-∞
0,25 
* Đồ thị
Giao với trục Oy: (0; 1); Giao với Ox: (–1/2; 0)
Tâm đối xứng I(–1; 2)
0,25 
Câu 
2 
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất 1,0 
– Ta có  f x liên tục và xác định trên đoạn 2;5 ;
 
 2
4' 1
1
f x
x
 

– Với  2;5x thì  ' 0 3f x x  
– Ta có:      2 3, 3 2, 5 3f f f  
– Do đó:  
 2;5
3 2 5Max f x x x     ,  
 2;5
2 3min f x x   
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Câu 3 
Giải bất pt 1,0 
 ĐK: 2x  
–Khi đó bất phương trình tương đương:    2 2log 2 1 log 2 1x x    
  2
2
log 2 1 2 1
52 5 0 0;
2
x x
x x x
     
       
– Kết hợp điều kiện ta có: 52;
2
x    
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Câu 
4 
Tìm số hạng chứa 1,0 
– ĐK: , 2n n 
– Khi đó: 2 1 2
15
2 180 3 180 0 15
12

          
n n
n
A C n n n
n
– Khi n = 15 ta có:  
15 15 315
2
15
0
2 1 2
k
kk k
k
x C x
x


    
 

Mà theo bài ra ta có: 15 3 3 3
2
k k    
Do đó số hạng chứa 3x trong khai triển trên là:  33 3 3 315 1 2 3640C x x  
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Câu 
5 
Trong Kg Oxyz. 1,0 
Ta có (0; 1; 2); (1; 1;1); ( 2; 1; 3)AB AC AD       
  
. 
 , 1;2;1 ; , . 7AB AC AB AC AD        
    
Do , . 7 0AB AC AD     
  
, 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 2 2 2 2 2 2 0x y z ax by cz d       
( với 2 2 2 0a b c d    ). 
Do mặt cầu đi qua 4 điểm A, B, C, D nên ta có hệ
2 2 2
2 4 5
4 2 5
2 6 10
a b d
a c d
a c d
a c d
   
    

   
    
Giải hệ suy ra 5 31 5 50; ; ;
14 14 14 7
a b c d    
Vậy phương trình mc là: 2 2 2 5 31 5 50 0
7 7 7 7
x y z x y z       . 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Câu 
6 
a) Ta có:  21 cos 2 cos 12P



  
1 3 91 2. 1
2 5 25
         
   
27
25

0,25 
0,25 
b)– Số cách chọn 5 em học sinh từ 8 học sinh trên là 58C = 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: 1 1 32 2 4C C C cách 
 +) 1 nam khối 11, 2 nữ khối 12 và 2 nam khối 12 có: 1 2 22 2 4C C C cách 
0,25 
 +) 2 nam khối 11, 1 nữ khối 12 và 2 nam khối 12 có: 2 1 22 2 4C C C cách 
 +) 2 nam khối 11, 2 nữ khối 12 và 1 nam khối 12 có: 2 2 12 2 4C C C cách 
 Số cách chọn 5 em thỏa mãn bài ra là: 
1 1 3
2 2 4C C C +
1 2 2
2 2 4C C C +
2 1 2
2 2 4C C C +
2 2 1
2 2 4C C C = 44 cách 
– Vậy xác suất cần tính là: 44 11
56 14

0,25 
Câu 
7 
Tính thể tích và... 1,0 
– Tính thể tích
+) Ta có: 2 2 4AB AC BC a  
+) Mà       0, 45SCD ABCD SDA 
nên SA = AD = 3a 
 Do đó: 3.
1 . 12
3S ABCD ABCD
V SA S a  (đvtt) 
– Tính góc
 +) Dựng điểm K sao cho SK AD
 
Gọi H là hình chiếu vuông góc của 
D lên CK, khi đó:  DK SBC . Do đó:    ,SD SBC DSH
+) Mặt khác . 12
5
DC DK aDH
KC
  , 2 2 3 2SD SA AD a  
2 2 3 34
5
aSH SD DH  
Do đó:     017, arccos arccos 34 27 '
5
SHSD SBC DSH
SD
   
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Câu 8 Trong mp Oxy 1,0 
Gọi I AC BD  
Do BN DM IN IB ID   
IN IA IC   
ANC vuông tại N 
0,25 
Đường thẳng CN qua 5 1;
2 2
N   
 
và nhận 7 9;
2 2
NA    
 

là pháp tuyến nên có phương 
trình: 7 9 13 0x y   . Do  2; 3C CN d C    0,25 
Gọi  ;B a b . Do 2AB BC và AB BC nên ta có hệ p 
hương trình: 
0,25 
A B
C
M
N
D
I
S
A
B C
D
K
H
      
       2 2 2 2
1 2 5 3 0
1 5 4 2 3
a a b b
a b a b
     
          
hệ trên suy ra
5, 1
7 9, ( )
5 5
a b
a b ktm
  

    

Vậy    5; 1 , 2; 3.B C 
0,25 
Câu 
9 
Giải bất phương trình... 1,0 
– ĐK: 1, 13x x  
– Khi đó:
2 23
3 3
2 2 1 61 1 2
2 1 3 2 1 3
x x x x xx x
x x
    
     
   
  
 3
2 1 2
1 , *
2 1 3
x x
x
  
 
 
– Nếu 3 2 1 3 0 13x x     (1)
thì (*)    32 1 2 1 1 1 1x x x x x        
Do hàm 3( )f t t t  là hàm đồng biến trên  , mà (*):
    3 23 32 1 1 2 1 1 0f x f x x x x x x          
 Suy ra: 1 5 1 5; 0;
2 2
x
    
     
   
DK(1) VN 
– Nếu 3 2 1 3 0 1 13x x       (2)
thì (2*)    32 1 2 1 1 1 1x x x x x        
Do hàm 3( )f t t t  là hàm đồng biến trên  , mà (2*):
   
   
3 3
2 3
1 131 22 1 1 2 1 1 1
2
2 1 1
x
f x f x x x x
x x
  
             
   
Suy ra:   1 51;0 ;
2
x
 
    
 
Kết hợp điều kiện có   1 51;0 ;13
2
x
 
    
  
KL:   1 51;0 ;13
2
x
 
    
 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Câu 
10 
Tìm giá trị nhỏ nhất 1,0 
Ta có P x y y z z x2 2 2 2 2 2(1 ) (1 ) (1 )        
Vì a b a b2 2 21 ( )
2
   nên  P x y y z z x1 1 1 1
2
        
và a b c a b c     nên P x y y z z x1 3 21 1 1
22
         
Dấu "=" xảy ra  x y z 1
2
   . Vậy P 3 2min
2
 khi x y z 1
2
   . 
Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác đáp án mà đúng thì căn cứ thang điểm để cho điểm phần đó. 
SỞ GD VÀ ĐT LÂM ĐỒNG 
TRƯỜNG THPT BÙI THỊ XUÂN 
(Đề thi gồm có 01 trang) 
ĐỀ THI MINH HỌA THPT QUỐC GIA VÀ TUYỂN SINH 
ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG (2015 – 2016) 
Môn thi: TOÁN – ĐỀ SỐ 02 
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề) 
Câu 1: (1 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 3 26 9 4y x x x    . 
Câu 2: (1 điểm) Viết phương trình các tiếp tuyến của đồ thị hàm số 
2 5 4
2
x xy
x
 


 biết các tiếp 
tuyến đó vuông góc với đường thẳng 1 2006
3
y x   . 
Câu 3: (1. điểm) 
a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện  21 2 . 4 20i z z i    . Tính modun của số phức z. 
b) Giải phương trình    2 2log 3 log 1 3x x    
Câu 4: (1 điểm) Tính tích phân:  
1
2 3
0
ln 1I x x dx  
Câu 5: (1 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A(2; 5; 3) và đường thẳng 
1 2:
2 1 2
x y zd    . 
a) Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của A trên d. 
b) Viết phương trình mặt phẳng () chứa (d) sao cho khoảng cách từ A đến ()lớn nhất. 
Câu 6: (1 điểm) 
a) Cho tan 3  . Tính giá trị biểu thức: 2sin 3cos
4sin 5cos
A  
 



. 
b) Có 3 quyển sách Toán, 5 quyển sách Lý và 4 quyển sách Hóa, các quyển sách này đều khác 
nhau. Xếp ngẫu nhiên các quyển sách này trên một chiếc kệ dài. Tìm xác suất để các quyển 
sách cùng bộ môn được xếp cạnh nhau. 
Câu7:(1điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân AD // BC. Biết 2SA a , 
AD = 2a, AB = a, BC = CD = a . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ABCD trùng với 
trung điểm cạnh AD. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB 
và AD theo a . 
Câu 8: (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy . Gọi ( 3;5)H  , 1 5;
2 2
I   
 
, 1 3;
2 2
K   
 
, 
lần lượt là trực tâm tâm đường tròn ngoại tiếp và chân đường cao vẽ từ A của tam giác ABC. Tìm 
tọa độ các đỉnh của tam giác ABC . 
Câu 9: (1 điểm) Giải phương trình : 3 2 38 36 53 25 3 5x x x x     
Câu 10: (1 điểm) Cho các số thực dương x, y thỏa mãn 4 4 23 3xy x y
xy
    . 
 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2 2 2 2
16
2
P x y
x y
 
 
. 
–––––––––––––Hết––––––––––––– 
HƯỚNG DẪN CHẤM 
Câu NỘI DUNG ĐIỂM 
Câu 1:(1 
điểm) 
 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số    3 26 9 4y x x x 1 điểm 
+) TXĐ: D  
 Sự biến thiên: 
+) Giới hạn: lim ; lim
x x
y y
 
  
0.25 
+) Chiều biến thiên: / 23 12 9y x x   
 / 0 1y x   hoặc 3x  
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (– ; 1) và (3; + ). 
Hàm số nghịch biến trên(1; 3). 
Hàm số đạt cực đại tại x = 1, yCĐ = 0; hàm số đạt cực tiểu tại x = 3, yCT = – 4 
0.25 
+) Bảng biến thiên 
0.25 
+) Đồ thị + Giao điểm với Oy: (0 ; –4) + Giao điểm với Ox: (1;0) ; (4;0) 
+Vẽ đồ thị 
0.25 
Câu 2: 
(1 điểm) 
+) Gọi    0 0 0;M x y C . Hệ số góc tiếp tuyến tại 0M :  
 
2
/ 0 0
0 2
0
4 6
2
 


x xf x
x
 0.25 
+) Tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng   1 20163y x
 nên  / 0f x = 3 0.25 
 +)  
2
020 0
0 02
00
14 6 3 2 8 6 0
32
 
        
xx x x x
xx
 Toạ độ tiếp điểm (1;0) , (3;–2) 
0.25 
 +) Phương trình tiếp tuyến với đồ thị ( C ) vuông góc đường thẳng có dạng : 
 3 1y x  và 3 11y x  0.25 
Câu 3: 
(1 điểm) 
+) Đặt  ,z a bi a b R   ; z a bi  ; 
     21 1 2 4 20i a bi a bi i       
+)   3 4 4 20i a bi a bi i        
0.25 
+) 
2 10 4
1 3
a b a
a b b
   
  
   
0.25 
+) Do đó 2 24 3 3 4 5z i z      
x  1 3  
y  0  0  
y 
 
 0 
4 
  
 +) Điều kiện: 
3 0
1
1 0
x
x
x
      
    21 log 3 1 3x x    
0.25 
   23 1 8 4 5 0x x x x        1 5x x     
So điều kiện chọn x = –1 
0.25 
Câu 4 
(1 điểm) 
 +) Đặt  3
2
ln 1
.
  


u x
dv x dx
 0.25 
+) 
2
3
3
3
1
1 ( )
3

  
 
xdu dx
x
xv chon
0,25 
 Vậy  
1 13
3 2
00
1 ln 1 .
3

   
xI x x dx 0.25 
1
3
0
2 1 2 1ln 2 ln 2
3 3 3 3
   x 0.25 
Câu 5: 
(1 điểm 
Đường thẳng (d) có vectơ chỉ phương  u 2;1;2

. Gọi H là hình chiếu vuông 
góc của A trên (d), suy ra H (1+ 2t,t, 2 + 2t) và  AH 2t 1; t 5;2t 1   

0.25 
+) Vì  AH d AH.u 0
 
 2( 2t – 1) + t – 5 + 2(2t –1) = 0 1 t 
Vậy H(3,1,4). 
0.25 
+) Gọi K là hình chiếu vuông góc của A trên   ta có  ,( )d A AK AH   
(tính chất đường vuông góc và đường xiên). Do đó khoảng cách từ A đến 
( ) lớn nhất. AK AH K H    . 
Suy ra ( ) qua Hvà nhận  AH 1; 4;1 

làm vectơ pháp tuyến 
0.25 
+) Phương trình củamặt phẳng ( ) là : 1(x – 3) – 4(y – 1) + 1( z – 4) = 0 
  x – 4y + z – 3 = 0. 
0,25 
Câu 6: 
(1 điểm) 
a 
Từ  tan 3 suy ra cos 0  nên 




2 tan 3
4 tan 5
A 0,25 
 Vậy 

 
  
 
2 tan 3 2.3 3 9
4 tan 5 4.3 5 7
A 0,25 
b 
 Số cách sắp xếp 3 quyển Toán, 5 quển Lý và 4 quyển Hóa là số hoán vị của 12 
phần tử do đó 12!  . Gọi A là biến cố: “các quyển sách cùng bộ môn được 
xếp cạnh nhau”. Ghép các quyển sách cùng bộ môn thành từng nhóm, có ba 
nhóm Toán, Lý, Hóa. Số cách xếp ba nhóm này là 3! 
0,25 
 Số cách xếp 3 quyển sách Toán trong nhóm Toán là 3! 
Số cách xếp 5 quyển sách Lý trong nhóm Lý là 5! 
Số cách xếp 4 quyển sách Hóa trong nhóm Hóa là 4! 
Vậy 3!3!5!4!A  Suy ra
3!3!5!4!(A) 0,0002
12!
P   
0,25 
Câu 7: 
(1 điểm) 
Gọi I là trung điểm của AD . 
 SI ABCD 
Ta có 3ABCD ABIS S
23 3
4
a
 
0,25 
Tam giác SIA vuông vuông tại I cho : 
2 2 2 2 22A AI a a a SI a      . Vậy  
3
.
1 3.
3 4S ABCD ABCD
a
V SI S dvtt  
025 
   
/ /
/ /
AD BC
AD SBC
BC SBC


 
       , , ,d AD SB d AD SBC d I SBC   
Gọi K là trung điểm của BC . 
Ta có  IK BC BC SKI
BC SI

 
 
Dựng IH SK ; 
 
 
BC SKI
IH BC
IH SKI
 
 
 
  IH SBC . Vậy   ,d I SBC IH 
025 
Tam giác SIK vuông tại I cho 
2 2 2
1 1 1
IH IK IS
 
2 2 2
4 1 7
3 3a a a
   
 21
7
a
IH  ,   ,d I SBC IH  217
a 
025 
Câu 8 
(1 điểm) 
 7 7; ; 1; 1
2 2
HK a
 
    
 
 
. Phương 
trình đường thẳng AK đi qua H và 
nhận  1;1n 

làm vectơ pháp 
tuyến 3 5 0 2 0x y x y        
Phương trình đường thẳng BC điqua K 
và nhận 7 7;
2 2
HK
 
  
 
 làm vectơ pháp 
tuyến  1 0x y BC    
0.25 
+) Gọi M là trung điểm của BC thì IM BC Phương trình đường thẳng IM đi 
qua I và vuông góc với BC có dạng 2 0x y   . 
Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình 
1 0
2 0
x y
x y
   

  
3 1;
2 2
M
 
   
 
0.25 
Gọi D là điểm đối xứng của A qua I . 
Tứ giác BHCD là hình bình hành nên H, M, D thẳng hàng nên 2AH IM
 
3 4
5 4
A
A
x
y
   
 
 
1
1
A
A
x
y
 
 

 . Vậy A(1; 1). 
0.25 
+)    : 1 0 ; 1B BC x y B b b      Vì 3 1;
2 2
M
 
  
 
là trung điểm của BC 
nên  3 ; 2C b b    nên . 0BH CA BH CA  
   
2 02 6 0
3
b
b b
b
 
      
Vậy B(0;1) ; C(–3;–2) hoặc B(–3;–2) ; C(0;1) 
0.25 
Câu 9 
(1 điểm) 
3 2 38 36 53 25 3 5x x x x     
      33 3 32 3 2 3 3 5 3 5x x x x        
   32 3 3 5f x f x    
0,25 
 Hàm số đặc trưng có dạng 3( )f t t t  là hàm số xác định và liên tục trên R 
/ 2( ) 3 1 0,f t t t R     Suy ra hàm số đồng biến trên R nên 
0.25 
+)    32 3 3 5f x f x    32 3 3 5x x    3 28 36 51 22 0x x x     0.25 
  2 5 32 8 20 11 0 2 4x x x x x

         0.25 
Câu 10 
(1 điểm) 
2 2
2 2
16
2
 
 
P x y
x y  
2 2 2 x y xy 2 2 16
2 2
 

x y
xy
Đặt t = xy ; 0t . Ta có: 
0.25 
4 4 2 22 23 3 2     xy x y x y
xy xy
2 23 3 2  hay t t
t
3 22 3 3 2 0    t t t
   1 2 2 1 0    t t t 10 2
2
   vi t t 
0.25 
Vậy 2 8 1 2
1 2
   

P t voi t
t
Xét hàm số   2 8
1
 

f t t
t
 
 
/
2
82
1
 

f t t
t
    / 20 1 3 4 0     f t t t t 1 t 
0.25 
Ta có     20 1 671 5 ; 2 ;
3 2 12
    
 
f f f 
Suy ra 20
3
P 
Dấu đẳng thức xảy ra khi 
. 2
2


 
x y
x y
Vậy giá trị lớn nhất 20 2
3
  P khi x y 
0.25 
–––––––––––––––––––––––Hết––––––––––––––––––––––– 
SỞ GD VÀ ĐT LÂM ĐỒNG 
TRƯỜNG THPT BÙI THỊ XUÂN 
(Đề thi gồm có 01 trang) 
ĐỀ THI MINH HỌA THPT QUỐC GIA VÀ TUYỂN SINH 
ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG (2015 – 2016) 
Môn thi: TOÁN – ĐỀ SỐ 03 
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 3 23 2y x x    
Câu 2: (1,0 điểm) 
a) Giải bất phương trình: 2
2 1log 0
1
x
x



. 
b) Gọi z1, z2 là hai nghiệm của phương trình 
2 2 2 0z z  
trên tập số phức. Tìm mođun của 
số phức:    2015 20161 21 1w z z    . 
Câu 3 :(1,0 điểm) Tìm giá trị lớn trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số sau: 
 2( ) 8.lny f x x x   trên đoạn [1; e] 
Câu 4: (1,0 điểm) Tính tích phân: 
2
4
0
cos
(1 sin )
xI dx
x


 
Câu 5: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho M(1; 2;–2), N(2; 0; –1) và mặt 
phẳng ( ) : 3 2 1 0P x y z    . 
a) Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua 2 điểm M, N và vuông góc (P). 
b) Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I(–1; 3; 2 ) và tiếp xúc mặt phẳng (P). 
Câu 6 :(1,0 điểm) 
a) Giải phương trình: 22cos sin 1 0x x   . 
b) Đội văn nghệ của nhà trường gồm 4 học sinh lớp 12A, 3 học sinh lớp 12B và 2 học sinh lớp 
12C. Chọn ngẫu nhiên 5 học sinh từ đội văn nghệ để biểu diễn trong lễ bế giảng năm học. 
Tính xác suất sao cho lớp nào cũng có học sinh được chọn và có ít nhất 2 học sinh lớp 12A. 
Câu 7 :(1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy 
và SA = a .Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SB và SD; I là giao điểm của SC và mặt phẳng 
(AMN). Chứng minh SC vuông góc với AI và tính thể tích khối chóp MBAI. 
Câu 8 :(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(1; 1) và đường thẳng 
: 2 3 4 0x y    . Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng  sao cho đường thẳng AB và  hợp 
với nhau góc 450. 
Câu 9 :(1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau: 
2 2
2 2
12
12
x y x y
y x y
    

 
Câu 10: (1,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c thỏa: 
3 3 3
2 2 2 2 2 2 1
a b c
a ab b b bc c c ca a
  
     
 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức S a b c   . 
----------Hết---------- 
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM 
Câu Đáp án Điểm 
 1. (1 điểm) 
Tập xác định D   
Giới hạn : lim , lim
x x
y y
 
    0,25 
Sự biến thiên: 2' 3 6y x x   ; 
0
' 0
2
x
y
x

   
Hàm số đồng biến trên khoảng (0; 2) 
Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;0) , (2; ) 
Hàm số đạt cực đại tại x = 2, yCĐ = y(2) = 2; 
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = y(0) = –2 
0,25 
Bảng biến thiên: 
0,25 
Đồ thị 
Giao điểm của ( )C với các trục toạ độ (0;–2), (1; 0) 
0,25 
2 (0,5 điểm) 
+ ĐK: 
1
2 1
0 2
1 1
xx
x x
     
+ Bpt 
2 2
2 1
log log 1
1
x
x
 

0.25 
2 1
1
1
x
x
 
 2x 
 0.25 
 +)   2 2 2 0z z . Có 2' 1 2 1 i      
+) Giải phương trình ta được nghiệm là 
    
1
2
1
1
z i
z i
 0.25 
+) Thay vào w ta được      2015 2016w 1i i i 
 hoặc     2015 2016w ( ) 1i i i . Vậy  2w 
0.25 
x  0 2  
y  0  0  
y  
2 
 4 
 
3/ (1 điểm) 
Ta có / 8( ) 2f x x
x
  
Cho 
2
/ 8 2 8( ) 0 2 0 0xf x x
x x

       x = 2 hoặc x = –2 ( loại) 
Ta có f (1) = 1 ; f (2) = 4 – 8ln2 ; f (e) = e2 – 8 
Kết luận: 
[1;e]
ax 1M y  và 
[1;e]
4 8ln 2Min y  
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
4/(1đ) 
 Đặt u =1+ sin x du = cosx dx 
Đ/c x = 0 u = 0,x = 
2
 u = 2 
I = 
2
0
3
2
0
4 3
1
uu
du 
 
Tính đúng kết quả 
0,25 
0.25 
0.25 
0.25 
 5/(1 đ) 
Ta có: (1; 2;1); (3;1;2) , ( 5;1;7)P Q PMN n n MN n        
    
 là VTPT của (Q) 
Pt (Q): 5 7 17 0x y z    
0,25 
0,25 
Mặt cầu (S) có bán kính 3( ;( ))
14
R d I P  
Pt (S): 2 2 2 9( 1) ( 3) ( 2)
14
x y z      
0,25 
0,25 
6/a) (0,5đ) 
Ta có: 2 22cos sin 1 0 2sin sin 3 0 (sin 1)(2sin +3)=0x x x x x x         
sin 1x  (do 2sin 3 0x x    ) 
 s inx 1 2
2
x k k       
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là  2
2
x k k    
0,25 
0.25 
6/b) (0,5đ) 
Gọi không gian mẫu của phép chọn ngẫu nhiên là  
Số phần tử của không gian mẫu là: 59 126C  
Gọi A là biến cố “Chọn 5 học sinh từ đội văn nghệ sao cho có học sinh ở cả ba lớp và 
có ít nhất 2 học sinh lớp 12A”. 
Chỉ có 3 khả năng xảy ra thuận lợi cho biến cố A là : 
+ 2 học sinh lớp 12A, 1 học sinh lớp 12B, 2 học sinh lớp 12C 
+ 2 học sinh lớp 12A, 1 học sinh lớp 12B, 2 học sinh lớp 12C 
+ 3 học sinh lớp 12A, 1 học sinh lớp 12B, 1 học sinh lớp 12C 
Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: 2 1 2 2 2 1 3 1 14 3 2 4 3 2 4 3 2. . . . . . 78C C C C C C C C C   . 
Xác suất cần tìm là 78 13
126 21
P   . 
0,25 
0.25 
7/(1đ) 
 Ta có 
, ( , )
, ( )
AM BC BC SA BC AB
AM SB SA AB
  

 
AM SC  (1) 
Tương tự ta có AN SC (2) 
Từ (1) và (2) suy ra AI SC 
0,25 
Vẽ IH song song với BC cắt SB tại H. Khi đó IH vuông góc với (AMB) 
Suy ra 1 .
3ABMI ABM
V S IH 
Ta có 
2
4ABM
aS  
2 2
2 2 2 2 2
. 1 1 1
2 3 3 3
IH SI SI SC SA a IH BC a
BC SC SC SA AC a a
       
 
Vậy 
2 31
3 4 3 36ABMI
a a aV   
0,25 
0,25 
0,25 
8/(1đ) 
* có phương trình tham số 
1 3
2 2
x t
y t
 

  
 và có vtcp ( 3; 2)u  

*A thuộc  (1 3 ; 2 2 )A t t    
*Ta có (AB;  )=450 1os( ; )
2
c AB u 
 
. 1
2.
ABu
AB u
 
 
 
 2 15 3169 156 45 0
13 13
t t t t         
*Các điểm cần tìm là 1 2
32 4 22 32( ; ), ( ; )
13 13 13 13
A A  
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
9/(1đ) 
Điều kiện: | | | |x y 
Đặt 
2 2 ; 0u x y u
v x y
   

 
; x y  không thỏa hệ nên xét x y  . 
Ta có: 
21
2
uy v
v
 
  
 
Hệ phương trình đã cho có dạng: 2
12
12
2
u v
u uv
v
 

    
 
0,25 
4
8
u
v

 

 hoặc 
3
9
u
v



+ 
2 24 4
8 8
u x y
v x y
  
 
   
(I) 
+ 
2 23 3
9 9
u x y
v x y
  
 
   
(II) 
0,25 
Giải đúng hệ (1) 
Giải đúng hệ (2) 
0,25 
0,25 
10(1đ) 
 Ta có: 
(a + b)(a – b)2  0 
 a3 + b3 – a2b – ab2 ≥ 0 
 3a3 ≥ (2a – b)(a2 + ab + b2) 
 
3
2 2
2
3
a a b
a ab b


 
 (1) 
Tương tự: 
3
2 2
2
3
b b c
b bc c


 
 (2) , 
3
2 2
2
3
c c a
c ac a


 
 (3) 
 Cộng vế theo vế của ba bđt (1), (2) và (3) ta được: 
3 3 3
2 2 2 2 2 2 3
a b c a b c
a ab b b bc c c ca a
 
  
     
 Vậy: S ≤ 3  maxS = 3 khi a = b = c = 1 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
SỞ GD VÀ ĐT LÂM ĐỒNG 
TRƯỜNG THPT BÙI THỊ XUÂN 
(Đề thi gồm có 01 trang) 
ĐỀ THI MINH HỌA THPT QUỐC GIA VÀ TUYỂN SINH 
ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG (2015 – 2016) 
Môn thi: TOÁN – ĐỀ SỐ 04 
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  2 24y x x  .
Câu 2: (1,0 điểm) ) Định m để hàm số 
3 2 1
3 2 3
x mxy    đạt cực tiểu tại 2x  .
Câu 3: (1,0 điểm) 
a) Giải phương trình 2 35 5log 20log 1 0x x   trên tập hợp số thực. 
b) Tìm môđun số phức z thỏa mãn điều kiện:   1 2 2i z i z i    .
Câu 4: (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường 3 3 1y x x   và 
1y x  . 
Câu 5: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm ( 1;1;2)A  , (1;0;1)B , 
( 1;1;0)C  và (2; 1; 2)D   . 
a) Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua ba điểm B, C, D.
b) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng (P).
Câu 6: (0,5 điểm) 
a) Giải phương trình: 2sin 1 cosx x  .
b) Cho 10 bông hồng trắng và 7 bông hồng nhung khác nhau. Tính xác suất để lấy được 5 bông
hồng trong đó có ít nhất 3 bông hồng nhung.
Câu 7: (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu 
vuông góc của A trên mặt phẳng (ABC) trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Góc 
giữa cạnh bên và mặt phẳng (ABC) bằng 600. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.ABC và 
khoảng cách giữa hai đường thẳng AA với BC. 
Câu 8: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD với AC có phương 
trình là: 7 32 0x y   , hai đỉnh B, D lần lượt thuộc đường thẳng 1 : 8 0d x y   , 
2 : 2 3 0d x y   . Tìm tọa độ các đỉnh của hình thoi biết rằng diện tích hình thoi bằng 75 và đỉnh 
A có hoành độ âm. 
Câu 9: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 
2 12 3 1 4 3
x y
x y y
x
e e y x
      

   
 . 
Câu 10:(1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 1
2
a b c   . 
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 
(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )
ab bc caP
a b b c c a
  
     
. 
-----------------------Hết----------------------- 
 HƯỚNG DẪN CHẤM 
Câu NỘI DUNG ĐIỂM 
Câu 1: 
(1 điểm) 
+) Tập xác định D R
+) Đạo hàm: 3
2' 4 8 ; ' 0
0
xy x x y
x
  
     

0.25 
+) các giới hạn : lim ; lim
x x
y y
 
    ( Đồ thị không có tiệm cận) 0.25 
+) bảng biến thiên 0.25 
+) nêu các khoảng tăng; giảm và cực trị 
+) Đồ thị 0.25 
Câu 2: 
(1 điểm) 
+) Đạo hàm 2'y x mx  0,25 
+) Hàm số đạt cực tiểu tại 2x  nên  ' 2 0y  4 2 0 2m m     0,25 
+) Thử lại 0,25 
+) Vậy 2m  thỏa yêu cầu đề bài. 0,25 
Câu 3: 
(1 điểm) 
a)     1 2 1) 1 2 2
3 5 5

        

ii z i z i z i
i
 0.25 
5)
5
 z 0.25 
b) +) Điều kiện  0x (1)  2
5 5
9log - 10log + 1=0x x 
+) Đặt :
5
t=log x . Phương trình có dạng   29 10 1 0t t     11
9
t t
0.25 
     
5
) 1 log 1 5t x x
     
1
9
5
1 1
) log 5
9 9
t x x
0.25 
Câu 4 
(1 điểm) 
Phương trình hoành độ giao điểm: 
3 3 1 1x x x    3 24 0 ( 4) 0x x x x     
0
2
2
x
x
x

 
  
0.25 
Diện tích: 
2
3
2
- 4S x x dx

  0.25 
Xét dấu 3( ) 4f x x x  : 
x  -2 0 2  
f(x) - 0 + 0 - 0 +
0 2
3 3
-2 0
S = (x - 4x)dx + (-x + 4x)dx  
0.25 
4 2 4 21 1( x - 2x ) (- x + 2x )
4 4
0 2
2 0
 
 = 4 + 4 = 8 (đvdt) 
0.25 
Câu 5: 
(1 điểm) 
a) +)    

2 ;1 ; 1  BC ,    

1; 1; 3BD .
Véc tơ pháp tuyến của (P) là        
  
, D 4; 7;1n BC B . 
0,25 
+) Phương trình mặt phẳng (P):            4 x 1 7 y 0  z 1 0.
 Vậy phương trình mặt phẳng (P) :    4x 7y z 3 0. 
0,25 
b)+) Bán kính         
  2 2 2
4.( 1) 7 2 3 2
R d A, P
664 7 ( 1)
. 0,25 
+) Phương trình mặt cầu (S):           2 2 2 2x 1 y 1 z 2
33
. 0,25 
Câu 6: 
(1 điểm) 
a) +) PT    2sin 1 1 sinx x
+)                sin 1 sin 1 sin 1 0 sin 1 sin 2 0x x x x x
0,25 
+)  sin 1x (Do  sin 2 0x )       2
2
x k k
+) Vậy phương trình có nghiệm là       2
2
x k k
0,25 
b)+) Để lấy được ít nhất 3 bông hồng nhung trong 5 bông hồng ta có các TH sau: 
TH1: 3 bông hồng nhung, 2 bông hồng trắng có: 3 2
7 10
. 1575C C cách 
+) TH2: 4 bông hồng nhung, 1 bông hồng trắng có: 4 1
7 10
. 350C C cách 
 TH3: 5 bông hồng nhung có: 5
7
21C cách 
025 
+)  có 1575 + 350 + 21 = 1946 cách. 
+) Số cách lấy 4 bông hồng thường 5
17
6188C   1946 31, 45%
6188
P 025 
Câu 7 
(0,5 
điểm 
+) Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp 
tam giác đều ABC ' ( )AH ABC 
+) HA là hình chiếu A’A trên mặt 
phẳng (ABC) nên 
   
 0
'A, 'A,
'A 60
A ABC A AH
A H
    
 
H
A C
B
A' C'
B'
0.25 
+ )     
2 3 2 3 3 3
, ; ' 3
4 3 2 3 3ABC
a a a a
S AH A H a
+)  ' ' '. . 'ABCABC ABCV S A H
3 3
4
a (đvtt) 
0.25 
+) AA’//(BB’C’C)       ' ' ' ' ' '
' ' ' '
' ' ' ' . .
3 2
, ,( ) A BBC C ABC ABC
BBC C BBC C
V V
d AA BC d A BBC C
S S
+) Chứng minh      ' ' ', AABC AH BC AH BC BC BB 
0.25 
 +)   ' "
2
' 2 3.
3BBC C
a
S BC BB
+) Vậy  ' 3,
4
a
d AA BC
0.25 
Câu 8 
(1 điểm) 
+) B thuộc   1 1 1;8d B t t và D 
thuộc 
2
d  2 22 3;D t t 
 2 1 2 12 3; 8BD t t t t     

+) Do BD vuông góc AC suy ra:
 
 
2 1 2 1
2 1
1;7
2 3 8
1 7
13 8 13 1
BD cùng phương n
t t t t
t t

    
  
  0.25 
+) Khi đó trung điểm I của BD :
         
1 2 1 2
2 3 8
;
2 2
t t t t
I
+) I thuộc d : 
           
1 2 1 2
2 3 8
7 31 0
2 2
t t t t
      
2 1 2 1
9 6 9 3 2 3t t t t
+) Vậy ta có hệ : 
 
 
               
2 1 1
2 1 2
13 8 13 0 0;8
3 2 3 1 1;1
t t t B
t t t D
+) Từ đó suy ra : 
           
 8
5 2; 1;7 : 7 8 0
1 7
x y
BD BD BD x y
0.25 
+) Gọi C thuộc AC 
              
7 31 7 8 5
31 7 ; ; 9 2
5 2 2
t t
C t t d C BD t
+) Từ giả thiết : 
          
1 5
2 2 . C;BD 5 2. 9 2 75 9 2 3
2 2
ABCD BCD
S S BDd t t 
 
 
               
9 2 3 6 11;6
9 2 3 3 10;3
t t C
t t C
. 
0.25 
+) Mặt khác A dối xứng với B qua I cho nên ta tìm được tọa độ A . 
 Với C(-11;6 ) và          
1
;3 10;0
2
I A ( loại vì A có hoành độ âm ). 
 Với C(10;3 ) 1 ;3
2
I
      
thì   11;3A ( chọn )
+) Vậy các đỉnh hình thoi thỏa mãn là A(–11; 3), B(0; 8), C(10; 3) và D(–1; 1) 
0.25 
Câu 9 
(1 điểm) 
+) ĐK: 
   
0
1
2
1
x
x
x
 (*)