ĐỀ ÔN TẬP SỐ 1 THI ĐẠI HỌC.doc

n n n n n 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 = x 3 − 3x 2 − 3m(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. sin  x + π =  − sin  2 x − π =  = 1 . Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình 2  3   6  2     2. Giải phương trình 10x + 1 + 3x − 5 = 9 x + 4 + 2 x − 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 d 1 : x − 1 = 2 y − 2 = 3 z − 3 . 1 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 I = ∫ 0 x + 1 4x + 1 dx. 2. Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn hệ thức x ≤ 2 3 − 3 ( y + z). 6 x + y + z = yz . Chứng minh rằng 3x 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) 3 3 1. Cho số nguyên n thỏa mãn đẳng thức A n + C n (n −1)(n − 2) = 35 (n ≥ 3 và A k , C k lần lượt là số chỉnh hợp, số tổ hợp chập k của n phần tử). Hãy tính t ổng S = 2 2 C 2 − 3 2 C 3 + . + (−1) n n 2 C n . 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vớ i AB = 5, C ( − 1; − 1) , 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 log 2 (2x + 2) + log 1 (9x − 1) = 1. 2 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. 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 y = x 3 − 3x 2 − 1. • Tập xác định:  • Sự biến thiên: y ' = 3x 2 − 6 x ; y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2. 0,25 • y CĐ = y(0) = -1, y CT = y(2) = -5. 0,25 • Bảng biến thiên: x −∞ 0 2 +∞ y ' + 0 - 0 + y -1 +∞ −∞ -5 0,25 • Đồ thị: y 0 2 -1 x -5 0,25 2 Tìm các giá trị của m…(1,00 điểm) Ta có y ' = 3x 2 − 6x − 3m(m + 2) = 3( x + m)( x − m − 2) y ' = 0 ⇔ x = −m hoặc x = m + 2. y(−m) = −(1 − 2m)(m 2 + 2m + 1), y(m + 2) = −(2m + 5)(m 2 + 2m + 1). 0,50 Hàm số có hai cực trị cùng dấu khi và chỉ khi m thỏa mãn hệ  −m ≠ m + 2  y( − m).y(m + 2) > 0  − 5 < m < 1 Giải hệ trên ta được các giá trị cần tìm của m là  2 2    m ≠ − 1 0,50 II 2,00 1 Giải phương trình lượng giác…(1,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với phương trình ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn: TOÁN (đề số 1), khối B  1 − 2 s i n 2 x 1 sin x + 3 cos x − 3 sin x . cos x + = 2 2 ⇔ (sin x + 3 cos x )(1 − sin x) = 0. 0,50 • sin x + 3 cos x = 0 ⇔ tgx = − 3 ⇔ − π + k π . 3 • 1 − sin x = 0 ⇔ x = π + k 2 π . 2 Nghiệm của phương trình đã cho là: x = − π + k π ∨ x = π + k 2 π , k ∈ Z. 3 2 0,50 2 Giải phương trình vô tỷ (1,00 điểm) Điều kiện: x ≥ 5 . 3 Phương trình đã cho tương đương với 10x + 1 − 2 x − 2 = 9 x + 4 − 3x − 5 (1). Vì x ≥ 5 nên cả hai vế của (1) đều dương. Do đó: 3 (1) ⇔ 12 x − 1 − 2 (10 x + 1)(2 x − 2) = 12 x −1 − 2 (9 x + 4)(3x − 5) 0,50 ⇔ 7 x 2 − 15x − 18 = 0 ⇔ x = 3 hay x = − 6 . 7 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 x − 5 = y − 4 = z − 3 . 1 3 − 1 0,50 Đường thẳng d 1 qua M(1; 2; 3), có vectơ chỉ phương u = (2 ; 3;1).    Ta có:  u, AB  = ( − 6 ; 3 ; 3) và MA=(4; 2; 0).        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),  IJ = (4 − 2t + s; 2 − 3t + 3s; − t − s). 0,25 IJ là đoạn vuông góc chung của d 1 và d 2 nên     I J .u = 0 2(4 − 2t + s) + 3(2 − 3t + 3s) + (−t − s) = 0  t = 1    ⇔  ⇔    I J .AB = 0  (4 − 2t + s) + 3(2 − 3t + 3s) − ( − t − s) = 0  s = 0. Do đó: I(3; 5; 4), J≡A(5; 4; 3), IJ = 2 2 + (−1) 2 + (−1) 2 = 6. 0,25 AB = 1 2 + 3 2 + (−1) 2 = 11. S = 1 AB.d (C, d ) ≥ 1 AB.IJ = 1 11. 6 = 66 (đvdt). ABC 2 2 2 2 2 0,25 S = 66 (đvdt) là nhỏ nhất, đạt được khi và chỉ khi C ≡ I(3; 5; 4). ABC 2 0,25 IV 2,00 1 Tính tích phân…(1,00 điểm) t 2 − 1 tdt Đặt t = 4x + 1 ⇒ x = ⇒ dx = . 4 2 Khi x = 0 thì t = 1; khi x = 2 thì t = 3. 0,25 3 t 2 + 3  t 3 3t  3 Do đó I = ∫ 8 dt =  24 + 8  1 1   0,50 = 11 . 6 0,25 2 Chứng minh bất đẳng thức (1,00 điểm) yz ( y + z) 2 Ta có x + y + z = ≤ ⇔ 12 x 2 + 12( y + z) x ≤ ( y + z) 2 3x 12 x 2 ⇔ 12  x  + 12. x − 1 ≤ 0.  y + z  y + z   0,50 ⇒ x ≤ 2 3 − 3 . y + z 6 Do đó x ≤ 2 3 − 3 ( y + z) (vì x, y, z dương). 6 0,50 V.a 2,00 1 Tính tổng (1,00 điểm) 3 3 A n + C n = 35 ⇔ n + n = 35 ⇔ n = 30. (n − 1)(n − 2) 6 0,50 Ta có (1 + x) n = C 0 + C 1 x + . + C n x n . Lấy đạo hàm hai vế theo x ta được n n n n(1 + x) n − 1 = C 1 + 2C 2 x + . + nC n x x − 1 . n n n Nhân hai vế với x và lấy đạo hàm theo x ta được n(1 + x) n − 1 + n(n − 1)(1 + x) n − 2 x = C 1 + 2 2 C 2 x + . + n 2 C n x n − 1 . n n n Thay x = -1 và n = 30 vào đẳng thức trên ta được C 1 + ( − 1)2 2 C 2 + . + ( − 1) 29 n 2 C 30 = 0 30 30 30 Do đó S = 2 2 C 2 + . + ( − 1) 30 n 2 C 30 = C 1 = 30. 30 30 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(x G ; y G ) là trọng tâm của ∆ABC. Do CG = 2 CI nên x = 2x − 1 ; y = 2 y − 1 . Suy ra tọa độ điểm I thỏa 3 G 3 G 3  x + 2 y − 3 = 0 mãn hệ phương trình  2x − 1 2 y − 1 ⇒ I (5 ; − 1) .   + − 2 = 0  3 3 0,50 IA = IB = AB = 5 nên tọa độ các điểm A, B là hai nghiệm khác nhau 2 2  x + 2 y − 3 = 0  x = 4  x = 6 của hệ  5 ⇔  1 hoặc   ( x − 5) 2 + ( y + 1) 2 =  y = −  y = − 3 .  4   2   2 Tọa độ của các điểm A, B là:  4; − = 1  ,  6; − = 3  .  2   2      0,50 V.b 2,00 1 Giải phương trình logarit (1,00 điểm) Điều kiện: x > 1 . 9 Phương trình đã cho tương đương với phương trình log (2x + 2) 2 − log (9x − 1) = 1 2 2 ⇔ log (2x + 2) 2 = log (9 x − 1) + log 2 ⇔ log (2x + 2) 2 = log (18x − 2) 2 2 2 2 2 0,50 ⇔ (2x + 2) 2 = (18x − 2) ⇔ 2 x 2 − 5x + 3 = 0 ⇔ x = 1 hoặc x = 3 . 2 Đối chiếu điều kiện suy ra nghiệm của phương trình là x = 1 hay x = 3 . 0,50 2 Tính theo a thể tích khối tứ diện SACD…(1,00 điểm) 1 1 a 3 3 Thể tích của khối tứ diện SACD là V SACD = 3 . 2 DA.DC.SA = 6 (đvtt). S M D A O B C 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 = SA 2 + AB 2 = 3a 2 + a 2 = 2a nên OM = a Tương tự, SD = 2a ⇒ MD = a ⇒ CM = a 2 . Xét tam giác OMC, ta có OM 2 + OC 2 − MC 2 2 2 cos COM = = − ⇒ cos(SB, AC) = . 2OM .OC 4 4 Cosin của góc giữa SB, AC là 2 . 4 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. . n n n n n ĐỀ ÔN TẬP SỐ 1 THI ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi: TOÁN, khối B Thời gian làm bài 18 0 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT. đương với 10 x + 1 − 2 x − 2 = 9 x + 4 − 3x − 5 (1) . Vì x ≥ 5 nên cả hai vế của (1) đều dương. Do đó: 3 (1) ⇔ 12 x − 1 − 2 (10 x + 1) (2 x − 2) = 12 x 1 − 2