Website: dophuongthcsnt.violet.vn Biên soạn: Đỗ Việt Phương - Nam Trực, Nam Định ÔN TOÁN ĐẠI HỌC ĐỀ 1 NĂM 2014 Thời gian làm bài 150 phút Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2 3( 1) 6 3 4y x m x mx m . 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m 0 . 2. Gọi là tiếp tuyến của đồ thị (C m ) tại điểm A có hoành độ là 1. Tìm m để cắt đồ thị tại một điểm B khác A sao cho OAB là tam giác vuông cân tại O. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình lượng giác: 3 4sin 2cos (sin 1) 4sin 1 0x x x x . 2. Giải hệ phương trình: 2 2 1 3 2 xy x y x y x y Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: 1 0 (3 1)(2 1) x x x dx Câu IV (1,0 điểm) Cho khối chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật, 2AB a , 2AD a . SA vuông góc với đáy ABCD . Gọi M là trung điểm CD và góc giữa hai mặt phẳng (SBM) và (ABCD) là 60 o . CMR ( )BM SAC và tính thể tích khối chóp S.BCM theo a. Câu V(1,0 điểm) Cho , , , 0a b a b CMR: 2 2 3 3 1 1 2 2 4 4 2 2 a b a b a b Câu VI(1,0 điểm) Trong mặt phẳng (Oxy) cho ABC có đỉnh A(1;2) đường trung tuyến BM: 2 1 0x y đường phân giác trong CD: 1 0x y Viết phương trình cạnh BC. Câu VII(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A 2;2; 2 , B 0; 1;2 , C 2;2; 1 . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với BC và các trục y’Oy, z’Oz tại M và N khác với gốc tọa độ sao cho ON 2OM . Câu VIII(1,0 điểm) Tìm số nguyên dương n biết: 2 3 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 3.2.2 ( 1) ( 1)2 2 (2 1)2 40200 k k k n n n n n n C C k k C n n C . Website: dophuongthcsnt.violet.vn Biên soạn: Đỗ Việt Phương - Nam Trực, Nam Định ĐÁP ÁN ÔN TOÁN ĐẠI HỌC ĐỀ 1 NĂM 2014 Câu Đáp án I a) Khi 0m ta có 3 2 y x 3x 4 . * Tập xác định: D = R * Sự biến thiên: Chiều biến thiên: 2 ' 3 6y x x 0 ' 0 2 x y x H/s ĐB trên các khoảng ( ;0) và (2; ) , NB trên khoảng (0;2) Cực trị: H/s đạt CĐ tại D 0 : 4 C x y H/s đạt CT tại 2 : 0 CT x y Giới hạn: lim x y lim x y Chiều biến thiên: , 2 y 3x 6x 3x x 2 H/s không có tiệm cận Bảng biến thiên: * Đồ thị : Đồ thị đi qua (0;4) và (-1;0), nhận điểm uốn I(1;2) làm tâm đối xứng . 2) Ta có: 2 ' 3 6( 1) 6y x m x m 1 2 ' 3x y y PTTT: 3( 1) 2y x PT hoành độ giao điểm của tiếp tuyến và đồ thị (C m ): 3 2 3( 1) 6 3 4 3( 1) 2x m x mx m x 2 1 ( 1) ( 3 1) 0 3 1 x x x m x m Ta có: B( 3m 1; 9m 2 ) 1;2 , (3 1; 9 2)OA OB m m 1B A m OAB vuông cân tại A 2 2 2 2 (3 1) 2( 9 2) 0 . 0 1 3 (3 1) ( 9 2) 1 2 m m OA OB m OA OB m m Vậy 1 3 m là giá trị cần tìm. II 1. Giải phương trình lượng giác: 3 4sin 2cos (sin 1) 4sin 1 0x x x x . 2 4sin (1 os ) 2cos (sinx 1) 4sin 1 0x c x x x x 0 2 'y + 0 - 0 + y 4 0 x y O 4 2 I -1 2 1 Website: dophuongthcsnt.violet.vn Biên soạn: Đỗ Việt Phương - Nam Trực, Nam Định 2 4sin cos 2sin cos 2cos 1 0x x x x x (2cos 1)( 2sin 1) 0x x 2 2 3 2 ( ) 6 5 2 6 x k x k k x k 2. Giải hệ phương trình: 2 2 1 3 (1) 2 (2) xy x y x y x y Nhận thấy 0y không phải là nghiệm của hệ nên chia cả hai vế của phương trình (1) cho y và phương trình (2) cho 2 y ta được: 2 2 1 1 3 (3) 3 1 2 (4) 2 x x x x y y y y x x x x y y y y 1 (3) 3 x x y y thay vào (4) ta có: 2 1 3 2 0 2 x y x x x y y y + 1 x x y y thay vào (2) ta được: 3 2 1 2 2 0 1 2 y y y y y + 2 2 x x y y thay vào (2) ta được: 3 2 1 4 2 2 0 1 2 y y y y y Vậy hệ có 4 nghiệm: 1 (1 2;1 2), (2,1), ( 1; ) 2 III Tính tích phân: 1 0 (3 1)(2 1) x x x dx Ta có: 1 1 1 0 0 0 (3 1)(2 1) 3 (2 1) 1(2 1) x x x x dx x dx x x dx M N 1 0 3 (2 1) x M x dx Đặt 2 2 1 3 3 ln3 x x du dx u x dv dx v 1 1 1 2 2 0 0 0 3 2 8 2 8ln3 4 (2 1) 3 3 ln3 ln 3 ln 3 ln 3 ln 3 x x x M x dx 1 0 1(2 1)N x x dx Đặt 1 1t x x t dx dt Đổi cận: x 0 1 t 1 2 Website: dophuongthcsnt.violet.vn Biên soạn: Đỗ Việt Phương - Nam Trực, Nam Định 2 2 2 3 1 5 3 2 2 2 2 1 1 1 4 2 28 2 2 (2 1) (2 ) 5 3 15 N t t dt t t dt t t Vậy 1 2 0 8ln3 4 28 2 2 (3 1)(2 1) ln 3 15 x x x dx IV Gọi I là giao điểm của AC và MB. Xét ABC và BCM Ta có 2 AB BC ABC BCM BC CM 90 o ACB BMC MBC BMC MBC ACB BIC Vuông tại I hay BM AC , mà ( )SA ABCD BM BM SA ( )BM SAC SI BM góc giữa hai mặt phẳng ( )ABCD và ( )SBM Là góc giữa SI và AI hay 60 o SIA . Ta có: ABC ABI 2 2 2 2 2 4 4 2 6 3 6 AI AB AB a a a AI AB AC AC a AB BC . Xét SAI vuông tại A. Ta có: 2 6 tan tan . 3 2 2 3 SA a SIA SA AI SIA a AI . 2 1 2 . 2 2 BCM a S BC CM . SA là chiểu cao của khối chóp .S BCM nên 2 3 . 1 2 2 . .2 2 3 3.2 3 S BCM BCM a a V S SA a (đvtt) V Cho , , , 0a b a b CMR: 2 2 3 3 1 1 2 2 4 4 2 2 a b a b a b CM Ta có 2 2 2 3 1 1 1 1 1 4 4 2 2 2 2 a b a a a b a a b a b Tương tự 2 3 1 4 2 b a a b Ta sẽ CM: 2 1 1 1 2 2 (*) 2 2 2 a b a b Thật vậy: 2 2 1 1 (*) 2 4 4 4 a b ab a b ab a b 2 ( ) 0a b Dấu “=” xảy ra 1 2 a b I M B D A C S Website: dophuongthcsnt.violet.vn Biên soạn: Đỗ Việt Phương - Nam Trực, Nam Định VI Điểm : 1 0 ( ;1 )C CD x y C t t suy ra trung điểm của AC Là 1 3 ; 2 2 t t M . Điểm 1 3 : 2 1 0 2 1 0 2 2 t t M BM x 7 ( 7;8)t C . Từ A(1;2) kẻ : 1 0 ( )AK CD x y K BC . : ( 1) ( 2) 0 1 0AK x y x y . Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ 1 0 (0;1) 1 0 x y I x y . ACK cân tại C nên I là trung điểm của AK nên tọa độ của K(-1;0) Đường thẳng BC qua C, K nên có phương trình 4 3 4 0x y . VII Từ giải thiết ta chọn (0; ;0)M m và (0;0; )N n trong đó 0mn và 2n m . Gọi n là vectơ pháp tuyến của (P) thì do (P)//BC và (P) đi qua M, N nên (2;3; 3) n BC , (0; ; )n MN m n nên ta chọn , (3 4 ; 2 ; 2 )n BC MN n m n m + 2 (9 ; 4 ; 2 )n m n m m m và (P) đi qua ( 2;2; 2)A nên (P) có phương trình: 3 4 2 10 0x y z . + 2 ( 9 ;4 ; 2 )n m n m m m và (P) đi qua ( 2;2; 2)A nên (P) có phương trình: 9 4 2 30 0x y z . Vậy P :3 4 2 10 0x y z Hoặc 9 4 2 30 0x y z VIII Tìm số nguyên dương n biết: 2 3 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 3.2.2 ( 1) ( 1)2 2 (2 1)2 40200 k k k n n n n n n C C k k C n n C * Xét 1n21n2 1n2 kk 1n2 k22 1n2 1 1n2 0 1n2 1n2 xC xC)1( xCxCC)x1( (1) * Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta có: 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 (2 1)(1 ) 2 ( 1) (2 1) n k k k n n n n n n n x C C x kC x n C x (2) Lại lấy đạo hàm hai vế của (2) ta có: 1n21n2 1n2 2kk 1n2 k3 1n2 2 1n2 1n2 xC)1n2(n2 xC)1k(k)1( xC3C2)x1)(1n2(n2 Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có: 2 3 k k 2 k 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n(2n 1) 2C 3.2.2C ( 1) k(k 1)2 C 2n(2n 1)2 C Phương trình đã cho 100n020100nn240200)1n2(n2 2 I K D M A C B . 3 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 3.2.2 ( 1) ( 1) 2 2 (2 1) 2 40200 k k k n n n n n n C C k k C n n C * Xét 1n21n2 1n2 kk 1n2 k22 1n2 1 1n2 0 1n2 1n2 xC xC )1( xCxCC)x1( . có: 1n21n2 1n2 2kk 1n2 k3 1n2 2 1n2 1n2 xC)1n2(n2 xC)1k(k )1( xC3C2)x1)(1n2(n2 Thay x = 2 vào đẳng thức trên ta có: 2 3 k k 2 k 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n(2n 1) . 1n21n2 1n2 kk 1n2 k22 1n2 1 1n2 0 1n2 1n2 xC xC )1( xCxCC)x1( (1) * Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta có: 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 (2 1) (1 ) 2 ( 1) (2 1) n k k k n n n n n n n x C C x kC x