Đề thi dự bị môn toán khối B

Đề thi dự bị môn toán khối B

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 23 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 12sin sin 23 6 2x x             . 2. Giải phương trình 10 1 3 5 9 4 2 2x 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 11 2 3: .2 3 1x y zd    1. Viết phương trình đường thẳng d2 đi qua hai điểm A và B. Chứng minh rằng hai đường thẳng d1 và d2 chéo nhau. 2. Tìm điểm C thuộc d1 sao cho tam giác ABC có diện tích nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó. Câu IV (2 điểm) 1. Tính tích phân 201.4 1xI dxx 2. Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn hệ thức .3yzx y zx   Chứng minh rằng 2 3 3( ).6x 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 3 335( 1)( 2)n nA Cn n (n ≥ 3 và ,k kn nA C lần lượt là số chỉnh hợp, số tổ hợp chập k của n phần tử). Hãy tính tổng 2 2 2 3 22 3 . ( 1) .n nn n nS 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 122log (2 2) log (9 1) 1.x x    2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, 3SA 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 23 1.y x x    Tập xác định:   Sự biến thiên: ' 2 '3 6 ; 0 0y x x y x     hoặc x = 2. 0,25  yCĐ = y(0) = -1, yCT = 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 ' 23 6 3 ( 2) 3( )( 2)y x x m m x m x m        '0y 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) 0m my m y m     Giải hệ trên ta được các giá trị cần tìm của m là 5 12 21mm    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 -   21 2sin 1sin 3cos 3 sin .cos2 2(sin 3cos )(1 sin ) 0.xx x x xx x x       0,50  sin 3 cos 0 3 .3x x tgx k         1 sin 0 2 .2x x k     Nghiệm của phương trình đã cho là: 2 , .3 2x k x k k        Z 0,50 2 Giải phương trình vô tỷ (1,00 điểm) Điều kiện: 5.3x  Phương trình đã cho tương đương với 10 1 2 2 9 4 3 5 (1).x x x x       Vì 53x  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          0,50 267 15 18 0 3 .7x 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 d2 đi qua…(1,00 điểm) Đường thẳng d2 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 1x y z    0,50 Đường thẳng d1 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 d1 và d2 chéo nhau 0,50 2 Tìm điểm C thuộc d1…(1,00 điểm) Gọi IJ là đoạn vuông góc chung của d1 và d2 (I  d1, J  d2). 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 d1 và d2 nên . 0 2(4 2 ) 3(2 3 3 ) ( ) 0 1(4 2 ) 3(2 3 3 ) ( ) 0 0 0IJ u t s t s t s tt s t s t s sIJ AB                         Do đó: I(3; 5; 4), JA(5; 4; 3), IJ = 2 2 22 ( 1) ( 1) 6.     0,25 2 2 21 3 ( 1) 11.AB      21 1 1 66. ( , ) . 11. 62 2 2 2ABCS AB d C d AB IJ    (đvdt). 0,25 662ABCS  (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 214 1 .4 2t tdtt x x dx      Khi x = 0 thì t = 1; khi x = 2 thì t = 3. 0,25 Do đó 32 3133 318 24 8t t tI dt      0,50 11.6 0,25 2 Chứng minh bất đẳng thức (1,00 điểm) Ta có 22 2( )12 12( ) ( )3 12yz y zx y z x y z x y zx x         212 12. 1 0.x xy z y z        0,50 2 3 3.6xy z  Do đó 2 3 3( )6x y z  (vì x, y, z dương). 0,50 V.a 2,00 1 Tính tổng (1,00 điểm) 3 335 35 30.( 1)( 2) 6n nA C nn nn n       0,50 Ta có 0 1(1 ) . .n n nn n nx C C x C x     Lấy đạo hàm hai vế theo x ta được 1 1 2 1(1 ) 2 . .n n xn n nn 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 nn n nn 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 3030 30 30( 1)2 . ( 1) 0C C n C      Do đó 2 2 30 2 30 130 30 302 . ( 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(xG ; yG) là trọng tâm của ABC. Do 23CG CI nên 2 1 2 1; .3 3G Gx yx y   Suy ra tọa độ điểm I thỏa mãn hệ phương trình 2 3 0(5; 1)2 1 2 12 03 3x yIx y      . 0,50 52 2ABIA IB   nên tọa độ các điểm A, B là hai nghiệm khác nhau của hệ 2 22 3 0 45 1( 5) ( 1)4 2x y xx y y            hoặc 63.2xy  Tọa độ của các điểm A, B là: 1 34; , 6; .2 2           0,50 V.b 2,00 1 Giải phương trình logarit (1,00 điểm) Điều kiện: 1.9x  Phương trình đã cho tương đương với phương trình 22 22 22 2 2 2 2log (2 2) log (9 1) 1log (2 2) log (9 1) log 2 log (2 2) log (18 2)x xx x x x            0,50 2 2(2 2) (18 2) 2 5 3 0x x x x         x = 1 hoặc 3.2x  Đối chiếu điều kiện suy ra nghiệm của phương trình là x = 1 hay3.2x  0,50 2 Tính theo a thể tích khối tứ diện SACD…(1,00 điểm) Thể tích của khối tứ diện SACD là 31 1 3. . .3 2 6SACDaV DA DC 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 23 2SB SA AB a a a     nên OM = a Tương tự, SD = 2a  MD = a  CM = a2. Xét tam giác OMC, ta có 2 2 22 2cos cos( , ) .2 . 4 4OM OC MCCOM SB ACOM 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. . ĐỀ ÔN TẬP SỐ 1 THI ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi: TOÁN, khối B Thời gian làm b i 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT. 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 thi n và vẽ đồ thị của hàm số (1,00