Microsoft Word - Dedubi1Montoanb.doc

Microsoft Word Dedubi1monToanB doc BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 ĐỀ DỰ BỊ 1 Môn thi TOÁN, khối B Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG[.]

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ DỰ BỊ ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 Mơn thi: TỐN, khối B Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  x3  3x  3m(m  2) x  (1) , với m tham số thực Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m=0 Tìm giá trị m để hàm số (1) có hai giá trị cực trị dấu     Câu II (2 điểm) Giải phương trình 2sin  x    sin  x    3 6   Giải phương trình 10 x   3x   x   x  (x  ) Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(5 ; ; 3), B(6 ; ; 2) x 1 y  z  đường thẳng d1 :   1 Viết phương trình đường thẳng d2 qua hai điểm A B Chứng minh hai đường thẳng d1 d2 chéo Tìm điểm C thuộc d1 cho tam giác ABC có diện tích nhỏ Tính giá trị nhỏ x 1 Câu IV (2 điểm) Tính tích phân I   dx 4x 1 yz Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn hệ thức x  y  z  Chứng minh 3x 3 x ( y  z ) PHẦN RIÊNG:Thí sinh làm câu : V.a V.b Câu V.a Theo chương trình KHƠNG phân ban (2 điểm) An3  Cn3 Cho số nguyên n thỏa mãn đẳng thức  35 (n ≥ Ank , Cnk số (n  1)(n  2) chỉnh hợp, số tổ hợp chập k n phần tử) Hãy tính tổng S  22 Cn2  32 Cn3   (1) n n 2Cnn Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với AB  5, C (1;  1) , đường thẳng AB có phương trình x + 2y – = trọng tâm tam giác ABC thuộc đường thẳng x + y – = Hãy tìm tọa độ đỉnh A B Câu V.b Theo chương trình phân ban (2 điểm) Giải phương trình 2log (2 x  2)  log (9 x  1)  2 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a, SA  a SA vng góc với mặt phẳng đáy Tính theo a thể tích khối tứ diện SACD tính cosin góc hai đường thẳng SB, AC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Mơn: TỐN, khối B ĐỀ DỰ BỊ I Câu I Nội dung Điểm 2,00 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1,00 điểm) Khi m=0 hàm số trở thành y  x  x   Tập xác định:  Sự biến thiên: y '  3x  x ; y '   x  x =  yCĐ = y(0) = -1, yCT = y(2) = -5  Bảng biến thiên: x  + y' 0 -  0,25 0,25  + -1 y 0,25  -5 0,25  Đồ thị: y -1 x -5 Tìm giá trị m…(1,00 điểm) Ta có y '  3x  x  3m(m  2)  3( x  m)( x  m  2) y '   x   m x = m + y ( m)  (1  2m)(m  2m  1), y (m  2)  (2m  5)( m  2m  1) Hàm số có hai cực trị dấu m thỏa mãn hệ m  m    y ( m) y (m  2)     m  Giải hệ ta giá trị cần tìm m  2 m  1 0,50 0,50 2,00 II Giải phương trình lượng giác…(1,0 điểm) Phương trình cho tương đương với phương trình  sin x  2  (sin x  cos x)(1  sin x)    sin x  cos x   tgx      k    sin x   x   k 2   Nghiệm phương trình cho là: x    k  x   k 2 , k  Z Giải phương trình vơ tỷ (1,00 điểm) Điều kiện: x  Phương trình cho tương đương với 10 x   x   x   3x  (1) Vì x  nên hai vế (1) dương Do đó: (1)  12 x   (10 x  1)(2 x  2)  12 x   (9 x  4)(3 x  5) sin x  cos x  sin x.cos x   x  15 x  18   x  hay x   Kết hợp với điều kiện ta nghiệm phương trình x = 0,50 0,50 0,50 0,50 2,00 III Viết phương trình đường thẳng d2 qua…(1,00 điểm) Đường thẳng d2 qua điểm A(5; 4; 3) có vectơ phương  x 5 y  z 3 AB = (1; 3; -1) nên có phương trình   1  Đường thẳng d1 qua M(1; 2; 3), có vectơ phương u  (2;3;1)    Ta có: u , AB   (6;3;3) MA=(4; 2; 0)    u , AB  MA  18  0, suy d1 d2 chéo   Tìm điểm C thuộc d1…(1,00 điểm) Gọi IJ đoạn vng góc chung d1 d2 (I  d1, J  d2) Ta có I(1 + 2t; + 3t; + t), J(5 + s; + 3s; - s),  IJ  (4  2t  s;  3t  3s;  t  s ) IJ đoạn vng góc chung d1 d2 nên    IJ u  2(4  2t  s)  3(2  3t  3s)  ( t  s)   t 1      s   (4  2t  s )  3(2  3t  3s)  (t  s)   IJ AB  Do đó: I(3; 5; 4), JA(5; 4; 3), IJ = 0,50 0,25 0,25 2  (1)2  (1)2  AB  12  32  (1)2  11 S ABC 0,50 1 66  AB.d (C , d )  AB.IJ  11  (đvdt) 2 2 0,25 S ABC  66 (đvdt) nhỏ nhất, đạt CI(3; 5; 4) 0,25 2,00 IV Tính tích phân…(1,00 điểm) t 1 tdt Đặt t  x   x   dx  Khi x = t = 1; x = t = 3  t 3t  t 3 Do I   dt      24  1 11 Chứng minh bất đẳng thức (1,00 điểm) yz ( y  z ) Ta có x  y  z    12 x  12( y  z ) x  ( y  z )2 3x 12 x  2  x  x  12   12    yz  yz  x 3  yz Do x  0,25 0,50 0,25 0,50 0,50 3 ( y  z ) (vì x, y, z dương) 2,00 V.a Tính tổng (1,00 điểm) An3  Cn3 n  35  n   35  n  30 (n  1)(n  2) Ta có (1  x )n  Cn0  Cn1 x   Cnn x n Lấy đạo hàm hai vế theo x ta n(1  x) n1  Cn1  2Cn2 x   nCnn x x1 Nhân hai vế với x lấy đạo hàm theo x ta n(1  x )n1  n (n  1)(1  x )n 2 x  Cn1  22 Cn2 x   n 2Cnn x n 1 Thay x = -1 n = 30 vào đẳng thức ta C30  (1)22 C302   (1) 29 n 2C3030  Do S  22 C302   (1)30 n 2C3030  C30  30 Tìm tọa độ đỉnh A B (1,00 điểm) Gọi I(x ; y) trung điểm AB G(xG ; yG) trọng tâm ABC 2x 1 y 1 Do CG  CI nên xG  ; yG  Suy tọa độ điểm I thỏa 3 x  y    mãn hệ phương trình  x  y   I (5;  1)     0,50 0,50 0,50 AB  nên tọa độ điểm A, B hai nghiệm khác 2 x  y    x6  x4    hệ  5  2 ( x  5)  ( y  1)   y    y    1  3  Tọa độ điểm A, B là:  4;   ,  6;   2  2  IA  IB  0,50 2,00 V.b Giải phương trình logarit (1,00 điểm) Điều kiện: x  Phương trình cho tương đương với phương trình 0,50 log (2 x  2)  log (9 x  1)   log (2 x  2)2  log (9 x  1)  log 2  log (2 x  2)  log (18 x  2)  (2 x  2)2  (18 x  2)  x  x    x = x  Đối chiếu điều kiện suy nghiệm phương trình x = hay x  Tính theo a thể tích khối tứ diện SACD…(1,00 điểm) 1 a3 Thể tích khối tứ diện SACD VSACD  DA.DC SA  (đvtt) 0,50 S M D A O 0,50 B C Gọi M trung điểm SD Ta có OM//SB nên góc (SB;AC) = góc (OM; OC) Tam giác vng SAB có SB  SA2  AB  3a  a  2a nên OM = a Tương tự, SD = 2a  MD = a  CM = a Xét tam giác OMC, ta có OM  OC  MC 2 cos COM    cos(SB, AC )  2OM OC 4 Cosin góc SB, AC 0,50 Nếu thí sinh làm khơng theo cách nêu đáp án mà đủ điểm phần đáp án quy định Nguồn: Cục Khảo thí Kiểm định chất lượng giáo dục (Bộ GD-ĐT) Hướng dẫn: Trung tâm Luyện thi Vĩnh Viễn  ...  3x  x ; y ''   x  x =  yCĐ = y(0) = -1 , yCT = y(2) = -5  Bảng biến thiên: x  + y'' 0 -  0,25 0,25  + -1 y 0,25  -5 0,25  Đồ thị: y -1 x -5 Tìm giá trị m…(1,00 điểm) Ta có y '' ... qua…(1,00 điểm) Đường thẳng d2 qua điểm A(5; 4; 3) có vectơ phương  x 5 y  z 3 AB = (1; 3; -1 ) nên có phương trình   1  Đường thẳng d1 qua M(1; 2; 3), có vectơ phương u  (2;3;1)  ... điểm) Gọi IJ đoạn vng góc chung d1 d2 (I  d1, J  d2) Ta có I(1 + 2t; + 3t; + t), J(5 + s; + 3s; - s),  IJ  (4  2t  s;  3t  3s;  t  s ) IJ đoạn vng góc chung d1 d2 nên    IJ u 