ĐỀ ÔN TẬP SỐ 2 THI ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi: TOÁN, khối A Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số 78 24 xxy (1). 1. Khảo sát sự biết thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Tìm các giá trị thực của tham số m để đường thẳng y = mx – 9 tiếp xúc với đồ thị của hàm số (1). Câu II (2 điểm) 1.Giải phương trình . 2 2 4 sin 4 2sin xx 2. Giải bất phương trình . 1 3 1 1 1 2 2 x x x Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) : 2x + 3y – 3z + 1 = 0, đường thẳng 1 5 9 2 3 : zyx d và ba điểm A(4 ; 0 ; 3), B( - 1 ; - 1 ; 3), C(3 ; 2 ; 6). 1. Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua ba điểm A, B, C và có tâm thuộc mặt phẳng (P). 2. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng d và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính lớn nhất. Câu IV (2 điểm) 1. Tính tích phân . 2cossin43 2sin 2 0 xx xdx I 2. Chứng minh rằng phương trình 1144 2 x x có đúng 3 nghiệm thực phân biệt. PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu: V.a hoặc V.b Câu V.a. Theo chương trình KHÔNG phân ban (2 điểm) 1. Tìm hệ số của số hạng chứa x 5 trong khai triển nhị thức Niutơn của (1 + 3x) 2n , biết rằng 1002 23 nn AA (n là số nguyên dương, k n A là số chỉnh hợp chập k của n phần tử). 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): 1 22 yx . Tìm các giá trị thực của m để trên đường thẳng y = m tồn tại đúng 2 điểm mà từ mỗi điểm có thể kẻ được hai tiếp tuyến với (C) sao cho góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 60 o . Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm) 1. Giải phương trình . 6 9log log 1 3 3 x x x x 2. Cho hình chóp S.ABC mà mỗi mặt bên là một tam giác vuông, SA = SB = SC = a. Gọi N, M, E lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AC, BC ; D là điểm đối xứng của S qua E ; I là giao điểm của đường thẳng AD với mặt phẳng (SMN). Chứng minh rằng AD vuông góc với SI và tính theo a thể tích của khối tứ diện MBSI. ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn: Toán (đề số 2), khối A Câu Nội dung Điểm I 2,00 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) Tập xác định : D = R. Sự biến thiên : ( ) ' 3 2 ' 4 16 4 4 , 0 0 2 y x x x x y x hay x = - = - = Û = = ± 0,25 y CĐ = y(0) = 7; y CT = y( 2 ) = - 9. 0,25 Bảng biến thiên : x -∞ -2 0 2 +∞ y’ - 0 + 0 - 0 + y +∞ 7 +∞ -9 -9 0,25 Đồ thị : 0,25 2 Tìm giá trị của tham số m để đường thẳng … (1,00 điểm) Đường thẳng y = mx – 9 tiếp xúc với (C) khi và chỉ khi hệ phương trình sau có nghiệm: )2(164 )1(978 3 24 mxx mxxx 0,25 Thay (2) vào (1) ta được 916478 324 xxxxx 01683 24 xx .2 x 0,50 Thay 2 x vào (2) ta được m=0. Suy ra m = 0 là giá trị cần tìm. 0,25 O -1 -2 7 1 2 7 7 y - 9 x II 2,00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Phương trình tương với .01cos2sincos 2 2 cossin 2 2 2cos2sin 2 2 xxx xxxx 0,50 cos sin 0 1 , 4 x x tgx x k p p - = Û = Û = + . k Z Î 1 2cos 1 0 cos 2 , 2 3 x x x k p p - = Û = Û = ± + . k Z Î Nghiệm của phương trình đã cho là: 2 4 3 x k hay x k p p p p = + = ± + với . k Z Î 0,50 2 Giải bất phương trình… (1,00 điểm) Điều kiện: 1x . Bất phương trình đã cho tương đương với .102 1 3 1 1 3 1 1 1 2 2 2 2 2 22 x x x x x x x xx Đặt 2 1 x x t , khi đó bất phương trình (1) trở thành: 2 3 2 0 1 2. t t t hay t - + > Û < > 0,25 a. Với t<1 thì 2 2 11 1 xx x x (2). Nếu 01 x thì bất phương trình (2) đúng. Nếu 0 < x < 1 thì bất phương trình (2) . 2 1 01 22 xxx Tập nghiệm của bất phương trình (2) là . 2 1 ;1 1 S 0,25 b. Với t > 2 thì ).3(122 1 2 2 xx x x ( Điều kiện: 1x ) Bất phương trình (3) . 5 52 14 0 22 x xx x Tập nghiệm của bất phương trình (3) là .1; 5 52 2 S 0,25 Nghiệm của bất phương trình là .1; 5 52 2 1 ;1 21 SSS 0,25 III 2,00 1 Viết phương trình mặt cầu… (1,00 điểm) 2,00 Tâm I(a ; b ; c) của (S) xác định bởi hệ PI ICIA IBIA 0,25 .3 2 1 01332 623304 311304 222222 222222 c b a cba cbacba cbacba 0,50 Bán kính của (S) là R= 13 . Phương trình của (S) là: .13321 222 zyx 0,25 2 Viết phương trình mặt phẳng (Q)…(1,00 điểm) Mặt phẳng (Q) cần tìm chính là mặt phẳng chứa d và đi qua tâm I của (S). 0,25 Đường thẳng d đi qua M(3 ; 0 ; - 5) có vectơ chỉ phương là 1;9;2u . Ta có 4;1;128;2;2 IM , do đó vectơ pháp tuyến của (Q) là 11;9;35, 2 1 uIM . 0,50 Mà (Q) đi qua I(1 ; 2 ; 3) nên phương trình của (Q) là: .05011935031129135 zyxzyx 0,25 IV 2,00 1 Tính tích phân…(1,00 điểm) Ta có: 2 0 2 1sin2sin cos.sin xx xdxx I Đặt t = sinx dt = cosxdx. Với x = 0 thì t= 0, với 2 x thì t = 1. 0,50 Suy ra 1 0 1 0 1 0 1 0 2 111 1 1 t dt t t t td t tdt I .2ln 2 1 1ln 2 1 1 0 t Cách khác: ( ) 1 1 1 1 2 2 0 0 0 0 1 1 1 (ln 1 ) 1 1 ( 1) 1 t dt dt I dt t t t t t + - = = - = + + + + + + ò ò ò 0,50 2 Chứng minh p t có đúng 3 nghiệm thực phân biệt (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: 01144 2 x x Xét hàm số 1144 2 xxf x với Rx Có xxxxxf xxx 8144ln44.8144ln4 22' 0,50 08144ln0 2' xxxf *04ln84ln4 2 xx Phương trình (*) có biệt thức ∆ > 0 nên có đúng hai nghiệm phân biệt. Từ bảng biến thiên của f(x) suy ra phương trình f(x) = 0 có không quá 3 nghiệm phân biệt Mặt khác: 02.3,00,0 2 1 ffff Do đó phương trình f(x) = 0 có đúng 3 nghiệm phân biệt: .2;3, 2 1 ,0 321 xxx 0,50 V.a 2,00 1 Tìm hệ số…(1,00 điểm) Điều kiện: .3, nNn Ta có ( ) ( ) ( ) 3 2 2 ! ! 2 2 1 . 3 ! 2 ! n n n n A A n n n n + = + = - - - Do đó .510011002 223 nnnAA nn 0,50 Do đó .3 33131 10 10 10 1 10 0 10 102 xCxCCxx n Hệ số của số hạng chứa x 5 là .612363. 55 10 C 0,50 2 Đường tròn có tâm O(0 ; 0) và bán kính R=1. Giả sử PA, PB là hai tiếp tuyến (A, B là các tiếp điểm). Nếu POPBPA o 260 ˆ thuộc đường tròn (C 1 ) tâm O bán kính R=2. Nếu POPBPA o 3 2 120 ˆ thuộc đường tròn (C 2 ) tâm O bán kính R = 3 2 . 0,50 Đường thẳng y = m thỏa mãn yêu cầu bài toán cắt đường tròn (C 1 ) và không có điểm chung với đường tròn (C 2 ). Đường thẳng y = m cắt (C 1 ) 22 m . Đường thẳng y = m không có điểm chung với (C 2 ) 3 2 m hoặc . 3 2 m Suy ra các giá trị cần tìm của m là .2 3 2 3 2 2 mvam 0,50 V.b 2,00 1 Giải phương trình lôgarit (1,00 điểm) 2,00 Điều kiện .0 6 9 10 x x x 0,50 Phương trình đã cho tương đương với x xx xx 6 9log3log 3 3 4 2 6 3 9 3 2 0 1 2. x x x x x hay x x Û = - Û - + = Û = ± = ± Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là .2x 0,50 2 Tính thể tích … (1,00 điểm) Ta có SA (SBC) SA BD. Mà BD SB BD (SAB) BD SM. Mà SM AB (do tam giác SAB vuông cân) SM (ABD) SM AD. Chứng minh tương tự ta có SN AD AD (SMIN) AD SI. 0,50 Ta có 3 22 aSDSAAD . 3 32 . 2 2 a DA SD DIDADISD . 2 2 2 aAB MBSM Kẻ IH AB (H AB). Suy ra IH // BD. Do đó 3 1 AD DIAD AD AI BD IH . 3 3 1 a DBIH Mặt khác SM (ABD) nên ).( 36 3 . 2 2 . 2 2 . 6 1 6 1 . 3 1 3 đvtt aaaa IHBMSMSSMV MBIMBSI 0,50 Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định. Hướng dẫn: Trung tâm Luyện thi Vĩnh Viễn. E C N H M S B D A I . .3 2 1 013 32 623 304 311304 22 222 2 22 222 2 c b a cba cbacba cbacba 0,5 0 Bán kính của (S) là R= 13 . Phương trình của (S) là: .13 321 22 2 zyx 0 ,2 5 2 Viết phương. ĐỀ ÔN TẬP SỐ 2 THI ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi: TOÁN, khối A Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số 78 24 . 0 ,2 5 O -1 -2 7 1 2 7 7 y - 9 x II 2, 0 0 1 Giải phương trình lượng giác ( 1,0 0 điểm) Phương trình tương với .01cos2sincos 2 2 cossin 2 2 2cos2sin 2 2 xxx xxxx