Đề ôn tập toán - số 1 khối B pdf

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 1 THI ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi: TOÁN, khối B 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 3 2 3 3 ( 2) 1 (1) y x x m m x     , với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m=0. 2. Tìm các giá trị của m để hàm số (1) có hai giá trị cực trị cùng dấu. Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình 1 2sin sin 2 3 6 2 x x                   . 2. Giải phương trình 10 1 3 5 9 4 2 2 x x x x        (x   ). Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(5 ; 4 ; 3), B(6 ; 7 ; 2) và đường thẳng 1 1 2 3 : . 2 3 1 x y z d      1. Viết phương trình đường thẳng d 2 đi qua hai điểm A và B. Chứng minh rằng hai đường thẳng d 1 và d 2 chéo nhau. 2. Tìm điểm C thuộc d 1 sao cho tam giác ABC có diện tích nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó. Câu IV (2 điểm) 1. Tính tích phân 2 0 1 . 4 1 x I dx x     2. Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn hệ thức . 3 yz x y z x    Chứng minh rằng 2 3 3 ( ). 6 x y z    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. Cho số nguyên n thỏa mãn đẳng thức 3 3 35 ( 1)( 2) n n A C n n     (n ≥ 3 và , k k n n A C lần lượt là số chỉnh hợp, số tổ hợp chập k của n phần tử). Hãy tính tổng 2 2 2 3 2 2 3 ( 1) . n n n n n S C C n C      2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với 5, ( 1; 1) AB C    , đường thẳng AB có phương trình x + 2y – 3 = 0 và trọng tâm của tam giác ABC thuộc đường thẳng x + y – 2 = 0. Hãy tìm tọa độ các đỉnh A và B. Câu V.b Theo chương trình phân ban (2 điểm) 1. Giải phương trình 2 1 2 2log (2 2) log (9 1) 1. x x     2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, 3 SA a  và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính theo a thể tích khối tứ diện SACD và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng SB, AC. ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn: TOÁN (đề số 1), khối B Câu Nội dung Điểm I 2,00 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) Khi m=0 hàm số trở thành 3 2 3 1. y x x     Tập xác định:   Sự biến thiên: ' 2 ' 3 6 ; 0 0 y x x y x      hoặc x = 2. 0,25  y CĐ = y(0) = -1, y CT = y(2) = -5. 0,25  Bảng biến thiên: 0,25  Đồ thị: 0,25 2 Tìm các giá trị của m…(1,00 điểm) Ta có ' 2 3 6 3 ( 2) 3( )( 2) y x x m m x m x m         ' 0 y x m     hoặc x = m + 2. 2 2 ( ) (1 2 )( 2 1), ( 2) (2 5)( 2 1). y m m m m y m m m m             0,50 Hàm số có hai cực trị cùng dấu khi và chỉ khi m thỏa mãn hệ 2 ( ). ( 2) 0 m m y m y m          Giải hệ trên ta được các giá trị cần tìm của m là 5 1 2 2 1 m m           0,50 II 2,00 1 Giải phương trình lượng giác…(1,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với phương trình -5 -1 2 0 y x x ' y y   + + 0 0 -1 2 0 -5 -   2 1 2sin 1 sin 3 cos 3 sin .cos 2 2 (sin 3 cos )(1 sin ) 0. x x x x x x x x          0,50  sin 3 cos 0 3 . 3 x x tgx k            1 sin 0 2 . 2 x x k        Nghiệm của phương trình đã cho là: 2 , . 3 2 x k x k k            Z 0,50 2 Giải phương trình vô tỷ (1,00 điểm) Điều kiện: 5 . 3 x  Phương trình đã cho tương đương với 10 1 2 2 9 4 3 5 (1). x x x x       Vì 5 3 x  nên cả hai vế của (1) đều dương. Do đó: (1) 12 1 2 (10 1)(2 2) 12 1 2 (9 4)(3 5) x x x x x x           0,50 2 6 7 15 18 0 3 . 7 x x x hay x         Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là x = 3. 0,50 III 2,00 1 Viết phương trình đường thẳng d 2 đi qua…(1,00 điểm) Đường thẳng d 2 đi qua điểm A(5; 4; 3) và có vectơ chỉ phương AB  = (1; 3; -1) nên có phương trình 5 4 3 . 1 3 1 x y z       0,50 Đường thẳng d 1 qua M(1; 2; 3), có vectơ chỉ phương (2;3;1). u   Ta có: , ( 6;3;3) à MA=(4;2;0). u AB v          , . 18 0, u AB MA           suy ra d 1 và d 2 chéo nhau 0,50 2 Tìm điểm C thuộc d 1 …(1,00 điểm) Gọi IJ là đoạn vuông góc chung của d 1 và d 2 (I  d 1 , J  d 2 ). Ta có I(1 + 2t; 2 + 3t; 3 + t), J(5 + s; 4 + 3s; 3 - s), (4 2 ;2 3 3 ; ). IJ t s t s t s         0,25 IJ là đoạn vuông góc chung của d 1 và d 2 nên . 0 2(4 2 ) 3(2 3 3 ) ( ) 0 1 (4 2 ) 3(2 3 3 ) ( ) 0 0. . 0 IJ u t s t s t s t t s t s t s s IJ AB                                        Do đó: I(3; 5; 4), JA(5; 4; 3), IJ = 2 2 2 2 ( 1) ( 1) 6.      0,25 2 2 2 1 3 ( 1) 11. AB      2 1 1 1 66 . ( , ) . 11. 6 2 2 2 2 ABC S AB d C d AB IJ    (đvdt). 0,25 66 2 ABC S  (đvdt) là nhỏ nhất, đạt được khi và chỉ khi CI(3; 5; 4). 0,25 IV 2,00 1 Tính tích phân…(1,00 điểm) Đặt 2 1 4 1 . 4 2 t tdt t x x dx        Khi x = 0 thì t = 1; khi x = 2 thì t = 3. 0,25 Do đó 3 2 3 1 3 3 3 1 8 24 8 t t t I dt            0,50 11 . 6  0,25 2 Chứng minh bất đẳng thức (1,00 điểm) Ta có 2 2 2 ( ) 12 12( ) ( ) 3 12 yz y z x y z x y z x y z x x           2 12 12. 1 0. x x y z y z             0,50 2 3 3 . 6 x y z     Do đó 2 3 3 ( ) 6 x y z    (vì x, y, z dương). 0,50 V.a 2,00 1 Tính tổng (1,00 điểm) 3 3 35 35 30. ( 1)( 2) 6 n n A C n n n n n          0,50 Ta có 0 1 (1 ) . n n n n n n x C C x C x      Lấy đạo hàm hai vế theo x ta được 1 1 2 1 (1 ) 2 . n n x n n n n x C C x nC x        Nhân hai vế với x và lấy đạo hàm theo x ta được 1 2 1 2 2 2 1 (1 ) ( 1)(1 ) 2 . n n n n n n n n x n n x x C C x n C x            Thay x = -1 và n = 30 vào đẳng thức trên ta được 1 2 2 29 2 30 30 30 30 ( 1)2 ( 1) 0 C C n C       Do đó 2 2 30 2 30 1 30 30 30 2 ( 1) 30. S C n C C      0,50 2 Tìm tọa độ các đỉnh A và B (1,00 điểm) Gọi I(x ; y) là trung điểm của AB và G(x G ; y G ) là trọng tâm của ABC. Do 2 3 CG CI  nên 2 1 2 1 ; . 3 3 G G x y x y     Suy ra tọa độ điểm I thỏa mãn hệ phương trình 2 3 0 (5; 1) 2 1 2 1 2 0 3 3 x y I x y               . 0,50 5 2 2 AB IA IB   nên tọa độ các điểm A, B là hai nghiệm khác nhau của hệ 2 2 2 3 0 4 5 1 ( 5) ( 1) 4 2 x y x x y y                      hoặc 6 3 . 2 x y         Tọa độ của các điểm A, B là: 1 3 4; , 6; . 2 2               0,50 V.b 2,00 1 Giải phương trình logarit (1,00 điểm) Điều kiện: 1 . 9 x  Phương trình đã cho tương đương với phương trình 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 log (2 2) log (9 1) 1 log (2 2) log (9 1) log 2 log (2 2) log (18 2) x x x x x x              0,50 2 2 (2 2) (18 2) 2 5 3 0 x x x x          x = 1 hoặc 3 . 2 x  Đối chiếu điều kiện suy ra nghiệm của phương trình là x = 1 hay 3 . 2 x  0,50 2 Tính theo a thể tích khối tứ diện SACD…(1,00 điểm) Thể tích của khối tứ diện SACD là 3 1 1 3 . . . 3 2 6 SACD a V DADC SA  (đvtt). 0,50 Gọi M là trung điểm của SD. Ta có OM//SB nên góc (SB;AC) = góc (OM; OC). Tam giác vuông SAB có 2 2 2 2 3 2 SB SA AB a a a      nên OM = a Tương tự, SD = 2a  MD = a  CM = a 2 . Xét tam giác OMC, ta có 2 2 2 2 2 cos cos( , ) . 2 . 4 4 OM OC MC COM SB AC OM OC        Cosin của góc giữa SB, AC là 2 . 4 0,50 A O M C D B S 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. . 3), IJ = 2 2 2 2 ( 1) ( 1) 6.      0,25 2 2 2 1 3 ( 1) 11 . AB      2 1 1 1 66 . ( , ) . 11 . 6 2 2 2 2 ABC S AB d C d AB IJ    (đvdt). 0,25 66 2 ABC S  (đvdt) là nhỏ. ĐỀ ÔN TẬP SỐ 1 THI ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi: TOÁN, khối B Thời gian làm b i 18 0 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 2 3. đường thẳng SB, AC. ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn: TOÁN (đề số 1) , khối B Câu Nội dung Điểm I 2,00 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1, 00 điểm) Khi m=0 hàm số trở thành