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 yx33x23 (m m2)x1 (1), 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 2sin sin 2 1

2 Giải phương trình 10x 1 3x5 9x4 2x2 (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

1 Viết phương trình đường thẳng d2đi 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

2

0

1

x

x









2 Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn hệ thức

3

yz

x

   Chứng minh rằng

2 3 3

( )

6

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





  (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 n 3 n ( 1)n n n

2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với AB 5, ( 1; 1)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

2 log (2x2) log (9 x1) 1.

2 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, SAa 3 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

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 '

y  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 y' 3x26x3 (m m2)3(xm x m)(  2)

y' 0x m hoặc x = m + 2

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

y m y m

  







Giải hệ trên ta được các giá trị cần tìm của m là

1

m m



  





  



0,50

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

-





1 2 sin 1 sin 3 cos 3 sin cos

(sin 3 cos )(1 sin ) 0

x



0,50

3



2



Nghiệm của phương trình đã cho là: 2 ,

0,50

2 Giải phương trình vô tỷ (1,00 điểm)

Điều kiện: 5

3

x 

Phương trình đã cho tương đương với

10x 1 2x2  9x4 3x5 (1)

Vì 5

3

x  nên cả hai vế của (1) đều dương Do đó:

(1)12x 1 2 (10x1)(2x2) 12x 1 2 (9x4)(3x5)

0,50

7

Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là x = 3

0,50

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



0,50

Đường thẳng d1 qua M(1; 2; 3), có vectơ chỉ phương u  (2;3;1)

Ta có: u AB ,    ( 6;3;3) à MA=(4; 2; 0).v 

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 là đoạn vuông góc chung của d1 và d2 nên

IJ AB





 

 

Do đó: I(3; 5; 4), JA(5; 4; 3), IJ = 22 ( 1)2 ( 1)2  6

0,25

1 3 ( 1) 11

2

ABC

0,25

66 2

ABC

S  (đvdt) là nhỏ nhất, đạt được khi và chỉ khi CI(3; 5; 4) 0,25

1 Tính tích phân…(1,00 điểm)

Đặt

2 1

t x x  dx Khi x = 0 thì t = 1; khi x = 2 thì t = 3

0,25

Do đó

1

3

1

11

6

2 Chứng minh bất đẳng thức (1,00 điểm)

Ta có

2



2

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

1 Tính tổng (1,00 điểm)

3 3

n n



0,50

     Lấy đạo hàm hai vế theo x ta được

(1 )n n 2 n n n x

Nhân hai vế với x và lấy đạo hàm theo x ta được

(1 )n ( 1)(1 )n n 2 n n n n

Thay x = -1 và n = 30 vào đẳng thức trên ta được

30 ( 1)2 30 ( 1) 30 0

Do đó S 22C302  ( 1)  30n C2 3030 C301 30

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

3

CG CI nên 2 1; 2 1

x   y   Suy ra tọa độ điểm I thỏa

mãn hệ phương trình

(5; 1)

2 0

I









0,50

AB

IAIB  nên tọa độ các điểm A, B là hai nghiệm khác nhau

( 5) ( 1)





hoặc

6 3 2

x y









 



Tọa độ của các điểm A, B là: 4; 1 , 6; 3

0,50

1 Giải phương trình logarit (1,00 điểm)

Điều kiện: 1

9

x 

Phương trình đã cho tương đương với phương trình

2

log (2 2) log (9 1) 1

log (2 2) log (9 1) log 2 log (2 2) log (18 2)

0,50

(2x 2) (18x 2) 2x 5x 3 0

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

SACD

a

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 SB SA2AB2  3a2a2 2a

nên OM = a

Tương tự, SD = 2a  MD = a  CM = a 2

Xét tam giác OMC, ta có

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