De luyen thi dai hoc tren THTT

Tìm các giá trị thực của m để trên đường thẳng y = m tồn tại đúng 2 điểm mà từ mỗi điểm có thể kẻ được hai tiếp tuyến với (C) sao cho góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 60 o.. Chứng minh [r]

ĐỀ ÔN TẬP SỐ THI ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Mơn thi: TỐN, khối A

Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I (2 điểm)Cho hàm số yx3 3mx2 m1x1 (1), m tham số thực Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = -1

2 Tìm giá trị m để tiếp tuyến đồ thị hàm số (1) điểm có hồnh độ x = -1 qua điểm A(1;2)

Câu II (2 điểm) Giải phương trình tgx = cotgx + 4cos2 2x Giải phương trình 2x1 + 32x =

2 ) ( x

(x  R)

Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: d1:

1

3

3 

  

 y z

x

d2:

  

   

   

6

0 13 6

z y x

z y x

1 Chứng minh d1 d2 cắt

2 Gọi I giao điểm d1 d2 Tìm tọa độ điểm A,B thuộc d1, d2 cho

tam giác IAB cân I có diện tích 42

41

Câu IV (2 điểm) 1.Tính tích phân I = 

 

3

2

3

2 2x

xdx

2 Giải phương trình sin( 4)

 

x

e =tgx

PHẦN RIÊNG Thí sinh làm câu: V.a V.b Câu V.a Theo chương trình KHƠNG phân ban (2 điểm)

1 Cho tập hợp E =0,1,2,3,4,5,7 Hỏi có số tự nhiên chẵn gồm chữ số khác lập từ chữ số E?

2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC đường cao kẻ từ đỉnh B đường phân giác góc A có phương trình 3x + 4y + 10=0 x - y + 1=0; điểm M(0;2) thuộc đường thẳng AB đồng thời cách điểm C khoảng Tìm tọa độ đỉnh cuả tam giác ABC

Câu V.b Theo chương trình phân ban (2 điểm) Giải bất phương trình log

3

1

1

log2 

  

 

 

x x

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

Môn thi: TOÁN, khối A

Câu Nội dung Điểm

I 2,00

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1,00 điểm) Với m = -1 hàm số trở thành y = x3 – 3x2 +

• Tập xác định: R

• Sự biến thiên: y’ = 3x2 – 6x; y’ =  

 

 

2 x

0 x

0,25

• yCĐ = y(0) = 1, yCT = y(2) = -3 0,25

• Bảng biến thiên:

x - +

y’ + - +

y +

- -3

0,25

• Đồ thị:

0,25

2 Tìm giá trị tham số m …(1,00 điểm)

Gọi M điểm thuộc đồ thị hàm số (1) có hồnh độ x = -1, suy M(-1; 2m - 1) 0,25 Ta có y’ = 3x2 + 6mx + (m+1); y’(-1) = – 5m Tiếp tuyến d đồ thị hàm số

đã cho M(-1; 2m – 1) có phương trình là: y = ( -5m)(x + 1) + 2m –

0,5

Tiếp tuyến d qua A(1, 2) = (4 – 5m)2 + 2m – m =

8

5 0,25

II 2,00

1 Giải phương trình lượng giác(1,00 điểm) Điều kiện: sin x cos x 0

Phương trình cho tương đương với tgx – cotgx = 4cos2 2x 

sin x x cos x cos sin x

 = 4cos2 2x 

2x sin

2x 2cos

+ 4cos2 2x = -3

2

O x

cos 2x      

2cos2x 2x

sin

= cos 2x(1 + sin 4x) =



2

2

cos x  x k



2

4

sin x  x k

Đối chiếu điều kiện suy nghiệm phương trình cho

2     k x va k

x     với kZ

0,50

2 Giải phương trình …(1,00 điểm) Điều kiện: 

       ; x Ta có

 2x1 32x2 42 2x132x4 2x1 32x 2 (1)

0,50

Mặt khác, ( ) ( )

2

2

2 2

2

x

x x

£ - £ Þ - £ Þ £ (2) 0,25

Từ (1) (2) suy phương trình cho tương đương với

 

1 2

2  

           x x x x



x

Đối chiếu điều kiện ta nghiệm phương trình

2   x  x 0,25

III 2,00

1 Chứng minh d1 cắt d2 (1,00 điểm)

Tọa độ giao điểm I d1 d2 thỏa mãn hệ

                    6 13 6 3 z y x z y x z y x 0,50

Giải hệ ta I(1; 1; 2) 0,50

2 Tìm tọa độ…(1,00 điểm) Véctơ phương d1 u1



= (2; 2; 1)

Ta có 

            6 ; 6 ; 6 6

= (-72; -36; -24) Suy u2= (6; 3; 2) vectơ phương d2

0,25

Gọi α góc d1 d2 ta có cosα = 2 u u u u     = 21 20

sin α = 21

41

0,25

Ta có SIAB=

2

IA2 sin α =

2

IA2 sin α = 42

41 IA2 =

42 41

IA = IB = Vì A thuộc d1 nên tọa độ A(1 + 2t; + 2t; + t)IA = 3|t| = 1t =

3

A       , ,

A 

     , ,

Vì B thuộc d2 nên tọa độ B(1 + 6k; + 3k; + 2k)IB = 7|k| = 1t =

7



B 

     16 , 10 , 13

A 

     12 , , 0,25

IV 2,00

1 Tính tích phân…(1,00 điểm) I = 

  3 2x xdx

Đặt t =

2

2x  x =

2 t3 

dx =

dt t

x =

-2

t = 1; x = t =

0,50

Suy I =       2 t t t dt t 2 t dt = t t        = 12 0,50

2 Giải phương trình…(1,00 điểm) Điều kiện: cosx≠0

Dễ thấy sinx=0 khơng thỏa mãn phương trình

Phương trình cho tương đương với

  x e x e x x e x x x x cos sin cos sin cos 2 sin 2 cos sin     (1) Đặt      x v x u cos sin

Ta có u,v1;1;u.v0

Từ (1) ta có phương trình

v e u e v u 2 2  0,50

Xét hàm số

x e x f y x 2 ) ( 

 , với x1;0   0;1

  2 2 2 2 2 '              x e x x e x y x x

suy hàm số nghịch biến khoảng (-1;0) (0;1)

Ta thấy u,v dấu nên u, v thuộc khoảng (-1;0) (0;1) Từ giả thiết f(u) = f(v) u = v tgx =  x k

4

Đối chiếu với điều kiện ta nghiệm phương trình cho

 

k x 

4 với kZ

V.a 2,00 1 Có số tự nhiên…(1,00 điểm)

Số tự nhiên chẵn gồm chữ số khác E có dạng: abcd ,

0,2,4

,

0 

 d

a

Xét d=0 Khi số có chữ số abc A63 120

Xét d = (hoặc d = 4), a có cách chọn, ứng với cách chọn a ta có cách chọn b, ứng với cách chọn hai chữ số a, b ta có cách chọn chữ số c Vậy có tất 5.5.4 = 100 số

Vậy có 120 + 100.2 = 320 số

0,50

2 Tìm tọa độ đỉnh…(1,00 điểm)

Gọi d1 ,d2 đường cao kẻ từ đỉnh B đường phân giác góc A Gọi M’(a; b) điểm đối xứng M qua d2 I trung điểm MM’

Ta có   

        2 ; , ;

' a b

I b a

MM Vectơ phương d2 u 1;1

Ta có hệ:

                          1 2 2 ' b a b a b a d I u MM 0,25

Khi M’(1 ; 1) thuộc đường thẳng AC Mặt khác vectơ phương v4;3

của đường cao d1 vectơ pháp tuyến đường thẳng AC Do phương trình đường thẳng AC 4(x - 1) – 3(y - 1) = 4x – 3y – =

AC d

A 2 xác định hệ íïìïx4x- y3+y1=10 0Û ïïíìxy = 54 =

- - =

ï ïï

ï ỵ

ỵ

.Vậy A(4; 5)

0,25

Phương trình đường thẳng AB:

3             y x y x y x AB d

B 1 xác định hệ

3

3 10

1

3

4

x x y

x y y

= -ìï ì + + = ï ïï Û ï í - + = í = -ï ï

ïỵ ïïỵ Vậy

1 ( 3; )

4

B -

-0,25

Đường thẳng AC: 4x – 3y – = 0, ;     

 c

c C                                  25 33 ; 25 31 ; 25 31 2 2 2 C C c c c c MC

Ta nhận thấy AC1và AC2 chiều Kết luận:   ,  1;1

4 ; , ;

4 B C

A        

Hoặc  

25 33 , 25 31 , ; , ;               C B A 0,25 V.b

1 Giải bất phương trình logarit …(1,00 điểm) Bất phương trình cho tương đương với

2 1 log

0 2 

1

0 1

0

0

3

0 1

3

   

   

    

 

   

     

 

    

     

  

   



 x

x x x

x x x

x x x

x

Nghiệm bất phương trình x < -

0,50

Nếu thí sinh làm khơng theo cách nêu đáp án mà vẫn đúng được đủ điểm từng phần

như đáp án qui định.

ĐỀ ÔN TẬP SỐ THI ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Mơn thi: TỐN, khối A

Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I (2 điểm) Cho hàm số yx4 8x2 7(1)

1 Khảo sát biết thiên vẽ đồ thị hàm số (1)

2 Tìm giá trị thực tham số m để đường thẳng y = mx – tiếp xúc với đồ thị hàm số (1)

Câu II (2 điểm) 1.Giải phương trình

2

sin

sin 

  

 

 

   

 

 x 

x Giải bất phương trình

1 1

1

2

x x x   



Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) : 2x + 3y – 3z + = 0, đường thẳng

1

2

:x  y  z

d ba điểm A(4 ; ; 3), B( - ; - ; 3), C(3 ; ; 6)

1 Viết phương trình mặt cầu (S) qua ba điểm A, B, C có tâm thuộc mặt phẳng (P)

2 Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng d cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có bán kính lớn

Câu IV (2 điểm) Tính tích phân cos sin

4

2 sin

0

  

 

x x

xdx I

2 Chứng minh phương trình 4x4x2 11 có nghiệm thực phân biệt PHẦN RIÊNG Thí sinh làm câu: V.a V.b

Câu V.a Theo chương trình KHƠNG phân ban (2 điểm)

1 Tìm hệ số số hạng chứa x5 khai triển nhị thức Niutơn (1 + 3x)2n, biết

100 2

3



 n

n A

A (n số nguyên dương, Ank số chỉnh hợp chập k n phần tử)

2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 y2 1 Tìm giá trị thực m để đường thẳng y = m tồn điểm mà từ điểm kẻ hai tiếp tuyến với (C) cho góc hai tiếp tuyến 60o

Câu V.b Theo chương trình phân ban (2 điểm) Giải phương trình log

log

3

   

 

 



x x

x x

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

Mơn: Tốn (đề số 2), khối A

Câu Nội dung Điểm

I 2,00

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1,00 điểm) Tập xác định : D = R

Sự biến thiên :

( )

' '

4 16 4 , 0

y = x - x= x x - y = Û x = hay x = ± 0,25

yCĐ = y(0) = 7; yCT = y(2) = - 0,25 Bảng biến thiên :

x -∞ -2 +∞ y’ - + - + y +∞ +∞

-9 -9

0,25

Đồ thị :

0,25

2 Tìm giá trị tham số m để đường thẳng … (1,00 điểm)

Đường thẳng y = mx – tiếp xúc với (C) hệ phương trình sau có nghiệm:

    

 

   

) ( 16

4

) (

8

2

m x x

mx x

x 0,25

Thay (2) vào (1) ta

4 16 

7

8

4

 

 

 x x x x

x

0 16

3   

 x x

  x

0,50

Thay x2 vào (2) ta m=0 Suy m = giá trị cần tìm

0,25 O

-1 -2

7



2

7

y

-9

II 2,00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)

Phương trình tương với

   

cos sin 2cos 1

2 cos sin 2 cos sin 2         x x x x x x x 0,50

 cos sin ,

4

x- x = Û tgx= Û x= p+kp kỴ Z

 cos cos ,

2

x- = Û x= Û x= ± p+k p kỴ Z

Nghiệm phương trình cho là:

2

4

x = p+k hay xp = ± p+k p với kỴ Z

0,50

2 Giải bất phương trình… (1,00 điểm) Điều kiện: x 1

Bất phương trình cho tương đương với

 1 1 1 2 2 2             x x x x x x x x x Đặt x x t 

 , bất phương trình (1) trở thành:

3 2

t - t+ > Û t< hay t>

0,25

a Với t<1

2 1

1 x x x x      (2) Nếu 1x0thì bất phương trình (2)

Nếu < x < bất phương trình (2) 1 2     

x x x

Tập nghiệm bất phương trình (2) ; 1         S 0,25

b Với t > 2 (3)

2

2 x x

x x     

( Điều kiện: x 1) Bất phương trình (3)

 

5

2  

       x x x x

Tập nghiệm bất phương trình (3) ;1

5

2 

       S 0,25

Nghiệm bất phương trình ; 5 2 ;

1 

               

S S

S

0,25

III 2,00

Tâm I(a ; b ; c) (S) xác định hệ           P I IC IA IB IA 0,25                                                                     1 3 3 1 2 2 2 2 2 2 c b a c b a c b a c b a c b a c b a 0,50

Bán kính (S) R= 13

Phương trình (S) là: x12 y22z32 13

0,25

2 Viết phương trình mặt phẳng (Q)…(1,00 điểm)

Mặt phẳng (Q) cần tìm mặt phẳng chứa d qua tâm I (S)

0,25 Đường thẳng d qua M(3 ; ; - 5) có vectơ phương

2;9;1



u

Ta có IM 2;2;821;1;4, vectơ pháp tuyến (Q)  ,  35; 9;11

2   u IM 0,50

Mà (Q) qua I(1 ; ; 3) nên phương trình (Q) là:

 1 9 2 11 3 35 11 50

35 x  y  z   x y z 

0,25

IV 2,00

1 Tính tích phân…(1,00 điểm)

Ta có: 

   2 sin sin cos sin  x x xdx x I

Đặt t = sinx dt = cosxdx Với x = t= 0, với

2

 

x t =

0,50 Suy                      1 1 1 1 t dt t t t td t tdt I

ln2 1 ln 1

0  

    t Cách khác: ( )

1 1

2

0

0 0

1 1

(ln )

1 ( 1)

t dt dt

I dt t

t t t t

+

-= = - = + +

+ + + +

ò ò ò

0,50

2 Chứng minh p t có nghiệm thực phân biệt (1,00 điểm) Phương trình cho tương đương với: 4x4x2 110 Xét hàm số f x 4x4x211 với xR

Có f' x 4xln44x218x.4x 4xln44x218x

f' x 0ln44x2 18x0

4ln4 28 ln40  *

 x x

Phương trình (*) có biệt thức ∆ > nên có hai nghiệm phân biệt

Từ bảng biến thiên f(x) suy phương trình f(x) = có không nghiệm phân biệt

Mặt khác: 0,  0 0,   3 2

1

    

     

 f f f

f

Do phương trình f(x) = có nghiệm phân biệt:

 3; 2 ,

2 ,

0 2 3

1 x  x    x

0,50

V.a 2,00

1 Tìm hệ số…(1,00 điểm) Điều kiện: nN,n3 Ta có

( ) ( ) ( )

3 ! !

2

3 ! !

n n

n n

A A n n

n n

+ = + =

-Do An32An2 100n2n1100n5

0,50

Do 1  1   3 1010 3 10

1 10 10 10

x C x

C C x

x n      



Hệ số số hạng chứa x5 5.35 61236

10  C

0,50

2

Đường trịn có tâm O(0 ; 0) bán kính R=1

Giả sử PA, PB hai tiếp tuyến (A, B tiếp điểm)

 Nếu APˆB60oOP2Pthuộc đường trịn (C1) tâm O bán kính R=2

 Nếu APB o OP P

3 120

ˆ thuộc đường tròn (C2)

tâm O bán kính R =

0,50

Đường thẳng y = m thỏa mãn yêu cầu tốn cắt đường trịn (C1) khơng có điểm chung với đường tròn (C2)

 Đường thẳng y = m cắt (C1)2m2

 Đường thẳng y = m khơng có điểm chung với (C2)

3

 

m

3



m

Suy giá trị cần tìm m

2

2   

 m va m

0,50

V.b 2,00

1 Giải phương trình lơgarit (1,00 điểm) 2,00 Điều kiện

    

 

 

1

x x

Phương trình cho tương đương với      

 

 

x x

x x

x

6 log

log

3

3x 9x x 3x x 1hay x

x

Û = - Û - + = Û = ± = ±

Đối chiếu với điều kiện ta nghiệm phương trình

2



x

0,50

2 Tính thể tích … (1,00 điểm)

Ta có SA (SBC) SA BD Mà BD SB BD (SAB)

BD SM

Mà SM AB (do tam giác SAB vuông cân) SM (ABD)

SM AD

Chứng minh tương tự ta có SN AD AD (SMIN)

AD SI

0,50

Ta có AD SA2 SD2 a

3

2

2 a

DA SD DI DA DI

SD    

2

a AB MB

SM   

Kẻ IH AB (H AB)

Suy IH // BD Do

3

   

AD DI AD AD

AI BD IH

3

1 a

DB

IH  

 Mặt khác SM (ABD) nên

) ( 36

2

2

3

1

đvtt a a a a IH BM SM S

SM

VMBSI  MBI   

0,50

Nếu thí sinh làm không theo cách nêu đáp án mà vẫn đúng được đủ điểm từng phần

như đáp án quy định

Hướng dẫn: Trung tâm Luyện thi Vĩnh Viễn. E

C N

H M

S

B

D A

ĐỀ ÔN TẬP SỐ THI ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Mơn thi: TỐN, khối B

Thời gian làm 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 tham số thực Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m=0

2 Tìm giá trị m để hàm số (1) có hai giá trị cực trị dấu

Câu II (2 điểm) Giải phương trình 2sin sin

3

x  x 

   

   

   

   

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 điểm A(5 ; ; 3), B(6 ; ; 2) đường thẳng 1:

2

x y z

d     

1 Viết phương trình đường thẳng d2đi qua hai điểm A B Chứng minh hai đường thẳng d1 d2 chéo

2 Tìm điểm C thuộc d1 cho tam giác ABC có diện tích nhỏ Tính giá trị nhỏ

Câu IV (2 điểm) Tính tích phân

0

1

4

x

I dx

x

 





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

yz x y z

x

   Chứng minh 3

( )

x  yz

PHẦN RIÊNG:Thí sinh làm câu : V.a V.b. Câu V.a Theo chương trình KHƠNG phân ban (2 điểm)

1 Cho số nguyên n thỏa mãn đẳng thức

3

35 ( 1)( 2)

n n A C

n n





  (n ≥ ,

k k n n

A C số chỉnh hợp, số tổ hợp chập k n phần tử) Hãy tính tổng

2 2

2 n n ( 1)n nn

S  C  C    n C

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 – = trọng tâm tam giác ABC thuộc đường thẳng x + y – = Hãy tìm tọa độ đỉnh A B

Câu V.b Theo chương trình phân ban (2 điểm) Giải phương trình 2 1

2 log (2x2) log (9 x1) 1.

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn: TOÁN (đề số 1), khối B

Câu Nội dung Điểm

I 2,00

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1,00 điểm) Khi m=0 hàm số trở thành

3 yx  x  Tập xác định:

Sự biến thiên: ' '

3 ; 0

y  x  x y  x x =

0,25

yCĐ = y(0) = -1, yCT = y(2) = -5 0,25

Bảng biến thiên:

0,25

Đồ thị:

0,25

2 Tìm giá trị m…(1,00 điểm)

Ta có y' 3x26x3 (m m2)3(xm x m)(  2) y' 0x m x = m +

2

( ) (1 )( 1), ( 2) (2 5)( 1)

y m    m m  m y m   m m  m

0,50

Hàm số có hai cực trị dấu m thỏa mãn hệ

( ) ( 2) m m

y m y m

  

 

  



Giải hệ ta giá trị cần tìm m

5

2

1 m m



  

 

  



0,50

II 2,00

1 Giải phương trình lượng giác…(1,0 điểm)

Phương trình cho tương đương với phương trình -5

-1

y

x x

' y y

 

+ +

0 -1

2

-5 -



2 sin sin cos sin cos

2

(sin cos )(1 sin )

x

x x x x

x x x



   

   

0,50

 sin cos

3

x x tgx    k

 sin

2

x x  k 

    

Nghiệm phương trình cho là: ,

3

x  k  x  k  kZ

0,50

2 Giải phương trình vơ tỷ (1,00 điểm) Điều kiện:

3

x

Phương trình cho tương đương với

10x 1 2x2  9x4 3x5 (1)

Vì

3

x nên hai vế (1) dương Do đó:

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

0,50

7 15 18

7

x x x hay x

       

Kết hợp với điều kiện ta nghiệm phương trình x =

0,50

III 2,00

1 Viết phương trình đường thẳng d2 qua…(1,00 điểm)

Đường thẳng d2 qua điểm A(5; 4; 3) có vectơ phương AB



= (1; 3; -1) nên có phương trình

1

x y z

 



0,50

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



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

  

, 18 0,

u AB MA

    

 

  

suy d1 d2 chéo

0,50

2 Tìm điểm C thuộc d1…(1,00 điểm)

Gọi IJ đoạn vng góc chung d1 d2 (I  d1, J  d2) Ta có I(1 + 2t; + 3t; + t), J(5 + s; + 3s; - s),

(4 ; 3 ; )

IJ   ts  t s  t s

 0,25

IJ đoạn vng góc chung d1 d2 nên

2(4 ) 3(2 3 ) ( )

(4 ) 3(2 3 ) ( ) 0

IJ u t s t s t s t

t s t s t s s

IJ AB

             



 

  

         

 

 

    

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

0,25

2 2

1 ( 1) 11

AB    

2

1 1 66

( , ) 11

2 2

ABC

S  AB d C d  AB IJ   (đvdt)

66

ABC

S  (đvdt) nhỏ nhất, đạt CI(3; 5; 4)

0,25

IV 2,00

1 Tính tích phân…(1,00 điểm) Đặt

2

4

4

t tdt

t x x  dx

Khi x = t = 1; x = t =

0,25

Do

3

1

3

3

1

8 24

t t t

I   dt  

 

 0,50

11

 0,25

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

2

2

( )

12 12( ) ( )

3 12

yz y z

x y z x y z x y z

x x



        

2

12 x 12 x

y z y z

 

     

 

 

0,50

2 3 x

y z



 



Do 3( )

x  yz (vì x, y, z dương)

0,50

V.a 2,00

1 Tính tổng (1,00 điểm) 3

35 35 30

( 1)( 2)

n n

A C n

n n

n n



     

 

0,50

Ta có

(1 )n n n

n n n

x C C x C x

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

1

(1 )n n n nn x

n x  C  C x nC x 

Nhân hai vế với x lấy đạo hàm theo x ta

1 2 2

(1 )n ( 1)(1 )n n n nn n

n x  n n x  xC  C x n C x  Thay x = -1 n = 30 vào đẳng thức ta

1 2 29 30

30 ( 1)2 30 ( 1) 30

C   C    n C 

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

0,50

2 Tìm tọa độ đỉnh A B (1,00 điểm)

Gọi I(x ; y) trung điểm AB G(xG ; yG) trọng tâm ABC

Do

3

CG CI nên 1;

3

G G

x y

x   y   Suy tọa độ điểm I thỏa

mãn hệ phương trình

2

(5; 1)

2

2

3

x y

I

x y

  

 

 

 



  

 

5

2

AB

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

của hệ 2 2

2

5

( 5) ( 1)

4

x y x

x y y

     

 



 

     

 



6

x y

   

   

Tọa độ điểm A, B là: 4; , 6;

2

   

 

   

   

0,50

V.b 2,00

1 Giải phương trình logarit (1,00 điểm) Điều kiện:

9

x

Phương trình cho tương đương với phương trình

2

2

2

2 2 2

log (2 2) log (9 1)

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

x x

x x x x

   

        

0,50

2

(2x 2) (18x 2) 2x 5x

         x =

2

x

Đối chiếu điều kiện suy nghiệm phương trình x = hay

x

0,50

2 Tính theo a thể tích khối tứ diện SACD…(1,00 điểm) Thể tích khối tứ diện SACD

3

1

3

SACD

a

V  DA DC SA (đvtt)

0,50

Gọi M trung điểm SD Ta có OM//SB nên góc (SB;AC) = góc (OM; OC)

Tam giác vng SAB có SB SA2AB2  3a2a2 2a nên OM = a

Tương tự, SD = 2a  MD = a  CM = a Xét tam giác OMC, ta có

2 2

2

cos cos( , )

2 4

OM OC MC

COM SB AC

OM OC

 

    

Cosin góc SB, AC

0,50

A

O M

C

D

Nếu thí sinh làm không theo cách nêu đáp án mà thì được đủ điểm

từng phần đáp án quy định.

ĐỀ ÔN TẬP SỐ THI ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Mơn thi: TỐN, khối B

Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I (2 điểm) Cho hàm số

(3 2)

(1)

x m x m

y

x

   



 , với m tham số thực

Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m =

Tìm giá trị m để hàm số (1) đồng biến khoảng xác định

Câu II (2 điểm) Giải phương trình

3sin cos s in2x =4sinxcos

2

x x x

2 Giải hệ phương trình

3

4

1

( , ) ( 4)

x y x

x y R

x y

    



 

 

 

Câu III (2 điểm)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1; 0; -1), B(2; 3; -1), C(1; 3; 1) đường thẳng d:

4 x y

x y z

  

 

   



1 Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng d cho thể tích khối tứ diện ABCD

2 Viết phương trình tham số đường thẳng qua trực tâm H tam giác ABC vng góc với mặt phẳng (ABC)

Câu IV (2 điểm) Tính tích phân

1

2

x dx I

x

 



2 Cho số nguyên n (n ≥ 2) hai số thực không âm x, y Chứng minh

1

1 .

n n n n

n x y n x  y 

Đẳng thức xảy nào?

PHẦN RIÊNG : Thí sinh làm câu: V.a V.b Câu V.a Theo chương trình KHƠNG phân ban (2 điểm)

1 Chứng minh

0 1 1

2 2

1 2( 1)

n n n n n

n n n n

C C C C

n n n

  



    

 

(n số nguyên dương, Cnk số tổ hợp chập k n phần tử)

2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm A(3; 0), B(0; 4) Chứng minh đường tròn nội tiếp tam giác OAB tiếp xúc với đường tròn qua trung điểm cạnh tam giác OAB

Câu V.b Theo chương trình phân ban (2 điểm) Giải bất phương trình 32x122x15.6x 0

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Mơn: TỐN (đề số 2), khối B

Câu Nội dung Điểm

I 2,00

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1,00 điểm) Khi m = hàm số trở thành

2

1

1

2

x x

y x

x x

 

   

 

 Tập xác định : R \ {-2}

 Sự biến thiên:

' '

2

1

1 ,

( 2) ( 2)

x x

y y x hay x

x x

 

        

 

 yCĐ = y(-3) = -5, yCT = y(-1) = -1

0,25

 Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = -2, tiệm cận xiên y = x – 0,25 Bảng biến thiên:

0,25

 Đồ thị:

0,25

2 Tìm giá trị m…(1,00 điểm) Ta có

2

'

2

9

(3 4)

2

8

1

( 2) ( 2)

m

y x m

x

m x x m

y

x x



   



   

  

 

0,50

Hàm số cho đồng biến khoảng xác định x

' y y

 

+ +





 

2



3

5





1

1





 

0 y

x

-5 -1 -3

khi ' 2

y     x x  x m     x m 0,50

II 2,00

1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Phương trình cho tương đương với

2

3sin cos s in2x=2sinx+sin2x 2sin sin (sin 1)(2 sin 1)

x x x x

x x

     

  

0,50

 sin

2

x  x k 

 sin

2

x  x  k 

x  k 

Nghiệm phương trình

7

2 2 ,

2 6

x k   x  k  x  k  kZ

0,50

2 Giải hệ phương trình (1,00 điểm)

Điều kiện x0,y0 Hệ phương trình cho tương đương với

2

4

1 ( 1) (1)

( 1) (2)

x x x

y x

      

 

 

 

Xét hàm số

( ) ( 1)

f t  t  t t  , với t ≥ Ta có /( ) ( 1)2 2 1

2

f t t t

t

     

 với t > nên f(t) đồng

biến (1; +∞)

0,50

Phương trình (1) có dạng f(x) = f(2) nên (1)  x = 2, thay vào (2) ta y =

Nghiệm hệ phương trình (x; y) = (2; 1)

0,50

III

1 Tìm tọa độ điểm D…(1,00 điểm) Ta có vectơ AB



= (1; 3; 0), vectơ AC



= (0; 3; 2) Suy tích có hướng hai vectơ AB, AC vectơ n



= (6; -2; 3)

Phương trình đường thẳng d :

x t

y t

z t

  

  

   

Vì D  d nên D(t; + t; – 2t)  AD(t1;t1; 2 t4)

2

1

6( 1) 2( 1) 3( 4)

6

ABCD

t

V  n AD   t  t   t  

0,50

Do 1

3

ABCD

t

V       t hay t

Có hai điểm D thỏa mãn toán là: D( - ; ; 5) D(5 ; ; -7)

0,50

2 Viết phương trình tham số đường thẳng (1,00 điểm)

Phương trình mặt phẳng () qua C vng góc với AB là:

Phương trình mặt phẳng () qua B vng góc với AC là: 3(y - 3) + 2(z + 1) =  3y + 2z – =

Gọi  đường thẳng qua trực tâm H tam giác ABC vng góc với mặt phẳng (ABC), suy  giao tuyến () ()

Nhận thấy N(1;3;-1)   nhận n



làm vectơ phương nên

phương trình tham số là:

1

1

x t

y t

z t

  



  

    

0,50

IV 2,00

1 Tính tích phân … (1,00 điểm)

Đặt t 4x2 x2  4 t xdx2,  tdt.

0 2,

x  t x  t

0,25

3 2

2

2

2 (4 )

(4 )

3

t tdt t

I t dt t

t

 



      

 

  0,50

16 3

  0,25

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

Với x = y = 0, bất đẳng thức dấu xảy Với xy  0, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

1

1

n n

n x n x

y y

 

   

    

   

Xét hàm số

1

1 ( )

1

n n

n n t f t

t

 

 



với t(0; )

Ta có

   

1

' '

2

1

(1 )

( ) , ( )

1

n

n n

n n

n n

t t

f t f t t

t t



 

 



   

 

0,50

0

lim ( ) 1, lim ( )

t t

f t f t

 



 

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy f(t) ≥ với t(0; ) Thay t y

x

 ta điều phải chứng minh Đẳng thức xảy x = y =

0,50 x

' ( ) f t

( ) f t

0



+

1

1

(1) f

V.a 2,00 Chứng minh đẳng thức tổ hợp (1,00 điểm)

Xét khai triển 1

(2x 1)n Cn(2 )x n Cn(2 )x n Cnn (2 )x Cnn

 

     

Suy

1

0 1

0

(2x1)ndx [Cn(2 )x nCn(2 )x n  Cnn(2 )x C dxnn]

 

0,50

0 1 1

1

1

1 2 2

(2 1)

0

2( 1)

n n n n

n

n n

n n n n

C C C C

x

x x x x

n n n

 





 



      

   

0 1 1

2 2

1 2( 1)

n n n n n

n n n n

C C C C

n n n

  

  

     

 

 

0,50

2 Chứng minh hai đường tròn tiếp xúc với (1,00 điểm) Gọi M, N, P trung điểm OA, OB, AB

 

3

; , 0; , ;

2

M  N P 

    

   

Tam giác MNP vng P nên tâm đường trịn qua ba điểm M, N, P trung điểm 3;1

4 I 

  MN bán kính

5

2

MN

R 

0,50

Mặt khác tam giác OAB vng O nên đường trịn nội tiếp tam giác

OAB có bán kính

2

OA OB AB

r    tâm J nằm đường thẳng y = x thuộc góc phần tư thứ nên J(1; 1)

Ta có ,

4

IJ     Rr suy điều phải chứng minh

0,50

V.b 2,00

1 Giải bất phương trình logarit (1,00 điểm) Bất phương trình cho tương đương với

2

3 3

3 2

2 2

x x x x

   

       

        

       

           

0,50

3

3

2 log

2

x

x

 

    

 

0,50

2 Tính thể tích góc (1,00 điểm)

Gọi M trung điểm CD, AM  CD, BM  CD Từ giả thiết suy AMB90 Mà AM = BM nên AMB vuông cân M Do

2

3

2

2 2

2

1

.( )

3 12

ABCD ABM BCD

a

BM CD CM BC BM a

a

V CD S CD AM BM AM S

     

   

0,50

Gọi N, P,Q trung điểm AB, AC, BD Ta có AD BC,   NP NQ, 

AMB vuông cân M

2

AB a

MN NP PM

     suy MNP

tam giác Do MQN 60 NP NQ,   AD BC, 60

0,50

Nếu thí sinh làm khơng theo cách nêu đáp án mà vẫn đúng được đủ điểm từng phần

như đáp án qui định.

Hướng dẫn: Trung tâm Luyện thi Vĩnh Viễn. D

Q P N

A

M

B

ĐỀ ÔN TẬP SỐ THI ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Mơn thi: TỐN, khối D

Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I (2 điểm) Cho hàm số (1)

x x

+ +

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1)

2 Tính diện tính tam giác tạo trục tọa độ tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1) điểm M(-2;5)

Câu II (2 điểm) Giải phương trình 4(sin4 xcos4x)cos4xsin2x0 Giải bất phương trình (x+1)(x-3) 2

 

x x < – (x-1)2 Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ):2x – y + 2z + = đường thẳng d:

2

1

1

   

 y z

x

1 Tìm tọa độ giao điểm d với (); tính sin góc d ( )

2 Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d, tiếp xúc với hai mặt phẳng () Oxy

Câu IV (2 điểm) Tính tích phân I =

1

0

2

dx x x xe x

 

  

  

 

2 Cho số thực x,y thỏa mãn

3

 

x

3

 

 y Chứng minh cosx + cosy1+cos(xy)

PHẦN RIÊNG -Thí sinh làm câu:V.a hoặcV.b - Câu V.a Theo chương trình KHƠNG phân ban (2 điểm)

1 Chứng minh đẳng thức n.2n.C0n + (n-1).2n-1

n

C + …+ 2Cnn1 = 2n.3n-1 (n số nguyên dương, Ckn số tổ hợp chập k n phần tử)

3 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): (x-4)2 + y2 = điểm E(4;1) Tìm tọa độ điểm M trục tung cho từ M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (C) với A, B tiếp điểm cho đường thẳng AB qua điểm E

Câu V.b Theo chương trình phân ban (2 điểm)

1 Giải bất phương trình 22x24x2 16.22xx2120

2 Cho tứ diện ABCD điểm M, N, P thuộc cạnh BC, BD, AC cho BC = 4BM, AC = 3AP, BD = 2BN Mặt phẳng (MNP) cắt AD Q Tính tỷ số

AD AQ

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

Mơn thi: TỐN (đề số 1), khối D

Câu Nội dung Điểm

I 2,00

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1,00 điểm) Tập xác định : D = R\{-1}

Sự biến thiên :

0 ) (

2 '

D x x

y   



 0,25

Tiệm cận đứng: x = -1, tiệm cận ngang: y = 0,25 Bảng biến thiên :

x -∞ -1 +∞ y’ + +

y +∞

3 - ∞

0,25

Đồ thị :

0,25

2 Tính diện tích tam giác (1,00 điểm)

Phương trình tiếp tuyến d đồ thị hàm số M là:

y = y’(-2)(x+2) + y = 2x + 0,25

Đường thẳng d cắt trục hoành A      

 ;0

cắt trục tung B(0;9)

Diện tích tam giác OAB

4 81 9

2

  

 OAOB

SOAB

0,50

II 2,00

3

1

-1 O

y

1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Phương trình cho tương đương với

sin2 14sin2 5 0 sin sin sin sin 2 sin 1 2                    x x x x x x x

sin ,

4

x x p kp k Z

Û = - Û = - + Ỵ

0,50

0,50 2 Tìm m để phương trình có nghiệm (1,00 điểm)

Đặt t x22x30 Khi ta có

x1x3t2,x12 t2 4 Bất phương trình trở thành

  

 2 0

1 2 2 2                   t t vi t t t t t t t t t  0,25 Ta 3 2 2            

x x x x x

Nghiệm bất phương trình 1 3x1

0,50

III 2,00

1 Tìm tọa độ giao điểm d với (α) tính sin góc… (1,00 điểm) Gọi M giao điểm d với (α) Tọa độ M nghiệm hệ

phương trình: ;2;

2 2 1 1 2                       M z y x z y x 0,50

Vec tơ pháp tuyến (α) n2;1;2, vec tơ phương d

1;2;2



u Gọi φ góc d (α) Ta có 2

sin     

u n u n  0,50

2 Viết phương trình mặt cầu (1,00 điểm)

Gọi I = (1+t;1+2t;-2t) d tâm mặt cầu (S) cần tìm Do (S) tiếp xúc với (α) mặt phẳng (Oxy) nên

(, ) (, ) 2( 1) (1 ) 1

3

t t t

d I a = d I Oxy Û + - + - + = t Û t = - Ú =t 0,50

Với t = -1 (S) có tâm I(0;-1;2) bán kính R=2 nên (S) có phương trình x2y12 z22 4

Với

5



t (S) có tâm        ; ;

I bán kính R =

5

nên (S) có

phương trình

25 5

6 2

                      

 y z

x 0,50

IV 2,00

1 Tính tích phân…(1,00 điểm)

                  2 2 4 x xdx dx xe dx x x xe

                 2 1 2 2 dx e xe e xd dx xe

K x x x x

    1

1

1

0

 



 e x x e

 

4 1 2         x x xdx J

Do

4    

K J e

I

0,50

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

Do 

      ;

,y 

x nên

3

0 xy  x y  , suy

cos

cosxy  xy Ta có

xy y x y x y x y

x 2cos

2 cos 2 cos cos cos

cos        (1)

0,25

Xét hàm số f t cost2 2cost

 

 với

3 ;         t Ta có f' t 2sinttsint2

Nhận thấy f ’(1) = 0, f(1) = =1 - cos1

Nếu < t < t2 < t < nên tsint2 < sint2 < sint, f ’(t) > Nếu < t <

3



t < t2 <

2



nên tsint2 > sint2 > sint, f ’(t) < Do ta có bảng biến thiên

t

0

3



f ’(t) + - f(t)

– cos1

0 cos  0,50

Do

9 cos

2





nên  

3 ; ,        

 t 

t

f Suy

   2 cos

1 cos

2 xy   xy

Từ (1) (2) suy điều phải chứng minh

0,25

V.a 2,00

1 Chứng minh đẳng thức (1,00 điểm) Xét khai triển

         

  2 1  12  *

Thay x = vào (*) ta

 1.2 2

nCn0 n n1Cn1  Cnn1  n n1 n

Nhận xét : khai triển (1+x)n , lấy đạo hàm, cho x= 2, nhân vế cho

0,50

2 Tìm tọa độ điểm M (1,00 điểm)

Gọi I tâm đường tròn (C) suy I(4;0) Xét M(0;a) thuộc trục tung mà từ kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (C) Giả sử A(x1;y1); B(x2;y2) Ta có MAx1;y1a, IAx14;y1

Vì IAMA nên

x14x1 y1y1a0x142 y12 4x14ay10

Vì A thuộc (C) nên 4x1ay1120 Suy A thuộc đường thẳng 4x – ay – 12 =

0,50

Tương tự, B thuộc đường thẳng 4x – ay – 12 = Do phương trình đường thẳng AB 4x – ay – 12 =

Đường thẳng AB qua E(4;1) nên a=4 Điểm cần tìm M(0;4)

Cách khác: pt tiếp tuyến A(x1;y1) có dạng

(x1- () x- 4)+ y y1 - 4=

Vì tiếp tuyến qua M(0;a) nên có (x1- ( 4))- + y a1 - 4= Tương tự, tọa độ B(x2;y2) thỏa (x2- ( 4))- + y a2 - 4= Suy pt AB 4x – ay – 12 =

0,50

V.b 2,00

1 Giải bất phương trình mũ (1,00 điểm)

Đặt t = 2x22x1,t0 Bất phương trình cho trở thành t2 -

t - £ Û t

– 2t – ≤ Û (t - 2)(t2 + 2t +2) Û t ≤ 0,50

Ta có < 2x22x12Û x2 – 2x - 2≤ Û 1 3x1

Nghiệm bất phương trình 1 3x1 0,50 2 Tính tỷ số … (1,00 điểm)

Gọi E = MN ∩ CD Khi Q = PE∩ AD Gọi F trung điểm BC G điểm AC cho DG//PQ Nhận thấy FD//MN

Ta có

3 2

1

1

1

1         

 

MC MF EC

ED PC

PG AP

PG AP

G

Suy

5

 

AG AP AD AQ

0,50

0,50

D N

G P

F M B

A

Q

C

Gọi V thể tích tứ diện ABCD, V1 thể tích khối đa diện

ABMNQP, V2 thể tích khối đa diện CDNMPQ Khi V2=V-V1 Ta có V1 = VABMN + VAMPN + VAPQN

Do

2 ,

8 S

S , S

S nên ,

4

BCD MNC BCD

BMN   

 

BCD DNC S S BD

BN BC

BM

Suy

10

1

3 ,

8

1 V

,

AMNP V V V V V

V

VABMN   AMNC  APQN  ADNC 

Như

13 V V suy , 20

7

2

1 V 

V

Nếu thí sinh làm khơng theo cách nêu đáp án mà vẫn đúng được đủ điểm từng phần đáp án quy định