Đề ôn thi đại học (hot cực)

n32 . ). ĐỀ SỐ 1 THI ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2010 Môn thi: TOÁN, khối A 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.  π   π  1 Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình 2sin  x +  − sin  2 x −  = .  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 y − 2 z − 3 = = 2 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. 2 Câu IV (2 điểm) 1. Tính tích phân I = ∫ 0 x + 1 4x + 1 dx. yz 2. Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn hệ thức x + y + z = . Chứng minh rằng 3x x ≤ 2 3 − 3 6 ( 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 A n + C n (n −1)(n − 2) k k = 35 (n ≥ 3 và A n , C n lần lượt là số chỉnh hợp, số tổ hợp chập k của n phần tử). Hãy tính tổng S = 2 2 C n − 3 2 C n + . + (−1) n n 2 C n . 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với 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 2log 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. 1 0,25 2 0,50  1 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn: TOÁN (đề số 1), khối B Câu I Nội dung 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 − 6x ; y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2. • y CĐ = y(0) = -1, y CT = y(2) = -5. • Bảng biến thiên: Điểm 2,00 0,25 0,25 x −∞ 0 2 +∞ y ' + 0 - 0 + • Đồ thị: y −∞ y -1 -5 +∞ 0,25 0 -1 2 x -5 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). Hàm số có hai cực trị cùng dấu khi và chỉ khi m thỏa mãn hệ II −m ≠ m + 2   y(−m).y(m + 2) > 0  5 − < m < Giải hệ trên ta được các giá trị cần tìm của m là  2 m ≠ −1 Giải phương trình lượng giác…(1,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với phương trình 1 2 0,50 2,00 0,50 2 0,50 6 0,50 1       0,50 0,50 2   0,25           sin x + 3 cos x − 3 sin x.cos x + 1 − 2 sin 2 x 1 = 2 2 0,50 ⇔ (sin x + 3 cos x)(1 − sin x) = 0. π • sin x + 3 cos x = 0 ⇔ tgx = − 3 ⇔ − + k π . 3 π • 1 − sin x = 0 ⇔ x = + k 2 π . 2 π π Nghiệm của phương trình đã cho là: x = − + k π ∨ x = + k 2 π , k ∈ Z. 3 2 Giải phương trình vô tỷ (1,00 điểm) 5 Điều kiện: x ≥ . 3 Phương trình đã cho tương đương với 10x + 1 − 2 x − 2 = 9 x + 4 − 3x − 5 (1). 5 Vì x ≥ 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) ⇔ 7 x 2 − 15x − 18 = 0 ⇔ x = 3 hay x = − . 7 Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là x = 3. III 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 x − 5 y − 4 z − 3 AB = (1; 3; -1) nên có phương trình = = . 1 3 −1 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).    u, AB  .MA = −18 ≠ 0, suy ra d 1 và d 2 chéo nhau 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). 2,00 IJ là đoạn vuông góc chung của d 1 và d 2 nên  IJ .u = 0 2(4 − 2t + s) + 3(2 − 3t + 3s) + (−t − s) = 0    ⇔  IJ .AB = 0  (4 − 2t + s) + 3(2 − 3t + 3s) − (−t − s) = 0  t = 1 ⇔  s = 0. 0,25 Do đó: I(3; 5; 4), J A(5; 4; 3), IJ = AB = 1 2 + 3 2 + (−1) 2 = 11. 2 2 + (−1) 2 + (−1) 2 = 6. 0,25 S ABC 1 1 = AB.d (C, d 2 ) ≥ AB.IJ = 2 2 1 2 11. 6 = 66 2 (đvdt).  0,50 2 1302 3021 0,50 n21 21 10 1 .  0,50 ⇔ 12  yz ( y + z) 2 2 8 3 2 . 1 IV S ABC = 66 2 (đvdt) là nhỏ nhất, đạt được khi và chỉ khi C I(3; 5; 4). 0,25 2,00 Tính tích phân…(1,00 điểm) Đặt t = 4x + 1 ⇒ x = t 2 −1 4 ⇒ dx = tdt 2 0,25 Khi x = 0 thì t = 1; khi x = 2 thì t = 3. Do đó I = ∫ 1 t + 3  t 3 3t  3 dt =  +   24 8  1 0,50 = 11 6 . 0,25 Chứng minh bất đẳng thức (1,00 điểm) Ta có x + y + z = ≤ ⇔ 12 x 2 + 12( y + z) x ≤ ( y + z) 2 3x 12 x 2  x  x  y + z  + 12. y + z − 1 ≤ 0. ⇒ x y + z ≤ 2 3 − 3 6 0,50 V.a Do đó x ≤ 2 3 − 3 6 ( y + z) (vì x, y, z dương). 2,00 Tính tổng (1,00 điểm) 3 3 A n + C n (n −1)(n − 2) n = 35 ⇔ n + = 35 ⇔ n = 30. 6 0,50 Ta có (1 + x) n = C n + C n x + . + C nn x n . Lấy đạo hàm hai vế theo x ta được n(1 + x) n−1 = C n + 2C n x + . + nC nn x x−1 . 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 n + 2 2 C n x + . + n 2 C n x n −1 . Thay x = -1 và n = 30 vào đẳng thức trên ta được C 30 + (−1)2 2 C 30 + . + (−1) 29 n 2 C 30 = 0 Do đó S = 2 2 C 30 + . + (−1) 30 n 2 C 30 = C 30 = 30. 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 ∆ΑΒΧ. 2 2x − 1 2 y − 1 Do CG = CI nên x G = ; y G = . Suy ra tọa độ điểm I thỏa 3 3 3  x + 2 y − 3 = 0  mãn hệ phương trình  2x − 1 2 y − 1 ⇒ I (5; − 1) .  3 + 3 − 2 = 0 . 0,50 2 0,50 3 0,50 1  0,50 IA = IB = AB 2 = 5 2 nên tọa độ các điểm A, B là hai nghiệm khác nhau  x + 2 y − 3 = 0  x = 4  x = 6    của hệ  2 2 5 ⇔  1 hoặc  3 ( x − 5) + ( y + 1) = 4  y = − 2  y = − 2 .  1   3  Tọa độ của các điểm A, B là:  4; −  ,  6; −  .  2   2  V.b Giải phương trình logarit (1,00 điểm) 1 Điều kiện: x > . 9 Phương trình đã cho tương đương với phương trình log 2 (2x + 2) 2 − log 2 (9x −1) = 1 ⇔ log 2 (2x + 2) 2 = log 2 (9 x −1) + log 2 2 ⇔ log 2 (2x + 2) 2 = log 2 (18x − 2) ⇔ (2x + 2) 2 = (18x − 2) ⇔ 2 x 2 − 5x + 3 = 0 ⇔ x = 1 hoặc x = . 2 3 Đối chiếu điều kiện suy ra nghiệm của phương trình là x = 1 hay x = . 2 Tính theo a thể tích khối tứ diện SACD…(1,00 điểm) 2,00 1 1 Thể tích của khối tứ diện SACD là V SACD = . DA.DC.SA = 3 2 a 3 3 6 (đvtt). S M D A O 0,50 B C 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 cos COM = OM 2 + OC 2 − MC 2 2OM .OC =− 2 4 ⇒ cos(SB, AC) = 2 4 Cosin của góc giữa SB, AC là 2 4 . 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. . n32 . ). ĐỀ SỐ 1 THI ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG 2010 Môn thi: TOÁN, khối A B Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT. SB, AC. 1 0,25 2 0,50  1 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn: TOÁN (đề số 1), khối B Câu I Nội dung Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) Khi