ĐỀ ÔN TẬP SỐ 1 THI ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi: TOÁN, khối B pps

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
3 2
3 3 ( 2) 1 (1)
y x x m m x     , 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
1
2sin sin 2
3 6 2
x x
 
   
   
   
   
.
2. Giải phương trình
10 1 3 5 9 4 2 2
x x x x
      
(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
: .
2 3 1
x y z
d
  
 
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
0
1
.
4 1

x
I dx
x





2. Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn hệ thức
.
3
yz
x y z
x
   Chứng minh rằng
2 3 3
( ).
6
x 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
35
( 1)( 2)
n n

A C
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 2 2 3 2
2 3 ( 1) .
n n
n n n
S C C n C
    
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với
5, ( 1; 1)
AB 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
2log (2 2) log (9 1) 1.

x x
   

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

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
3 2
3 1.
y x x
  

 Tập xác định:


 Sự biến thiên:
' 2 '
3 6 ; 0 0
y x x y x
    
hoặc x = 2.
0,25

 y
CĐ
= y(0) = -1, y
CT
= 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
' 2
3 6 3 ( 2) 3( )( 2)

y x x m m x m x m
       


'
0
y x m
   
hoặc x = m + 2.
2 2
( ) (1 2 )( 2 1), ( 2) (2 5)( 2 1).
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
m m
y m y m
  


  


Giải hệ trên ta được các giá trị cần tìm của m là
5 1

2 2
1
m
m

  



 





0,50
II
2,00
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

-






2

1 2sin 1
sin 3 cos 3 sin .cos
2 2
(sin 3 cos )(1 sin ) 0.
x
x x x x
x x x

   
   

0,50


sin 3 cos 0 3 .
3
x x tgx k


       

1 sin 0 2 .
2
x x k


    
Nghiệm của phương trình đã cho là:
2 , .
3 2

x k x k k
 
 
      
Z



0,50
2
Giải phương trình vô tỷ (1,00 điểm)

Điều kiện:
5
.
3
x


Phương trình đã cho tương đương với

10 1 2 2 9 4 3 5 (1).
x x x x      
Vì
5
3
x

nên cả hai vế của (1) đều dương. Do đó:
(1) 12 1 2 (10 1)(2 2) 12 1 2 (9 4)(3 5)

x x x x x x
         




0,50


2
6
7 15 18 0 3 .
7
x x x hay x
       

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
5 4 3
.
1 3 1
x y z
  
 



0,50

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

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

, . 18 0,
u AB MA

 
  
 
  
suy ra d
1
và d
2
chéo nhau

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),
(4 2 ;2 3 3 ; ).
IJ t s t s t s
      


0,25

IJ là đoạn vuông góc chung của d
1
và d
2
nên
. 0 2(4 2 ) 3(2 3 3 ) ( ) 0 1
(4 2 ) 3(2 3 3 ) ( ) 0 0.
. 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 =
2 2 2
2 ( 1) ( 1) 6.
    


0,25

2 2 2
1 3 ( 1) 11.
AB     
2
1 1 1 66
. ( , ) . 11. 6
2 2 2 2
ABC
S AB d C d AB IJ    (đvdt).

0,25

66
2
ABC
S  (đvdt) là nhỏ nhất, đạt được khi và chỉ khi CI(3; 5; 4).
0,25
IV
2,00
1
Tính tích phân…(1,00 điểm)

Đặt
2
1
4 1 .
4 2
t tdt
t x x dx

     
Khi x = 0 thì t = 1; khi x = 2 thì t = 3.

0,25

Do đó
3
2 3
1
3
3 3
1
8 24 8
t t t
I dt
 

  
 
 


0,50


11
.
6

0,25
2
Chứng minh bất đẳng thức (1,00 điểm)

Ta có
2
2 2
( )
12 12( ) ( )
3 12
yz y z
x y z x y z x y z
x x

        

2
12 12. 1 0.
x x
y z y z
 

   
 
 
 



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

V.a
2,00
1
Tính tổng (1,00 điểm)

3 3
35 35 30.
( 1)( 2) 6
n n
A C n
n n
n n

     
 

0,50

Ta có
0 1
(1 ) .
n n n
n n n
x C C x C x
     Lấy đạo hàm hai vế theo x ta được
1 1 2 1
(1 ) 2 .
n n x
n n n
n x C C x nC x

 
    
Nhân hai vế với x và lấy đạo hàm theo x ta được
1 2 1 2 2 2 1
(1 ) ( 1)(1 ) 2 .
n n n n
n n n
n x n n x x C C x n C x
  
       
Thay x = -1 và n = 30 vào đẳng thức trên ta được
1 2 2 29 2 30
30 30 30
( 1)2 ( 1) 0
C C n C
     

Do đó
2 2 30 2 30 1
30 30 30
2 ( 1) 30.
S C n C C     




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
2
3
CG CI
 nên
2 1 2 1
; .
3 3
G G
x y
x y
 
  Suy ra tọa độ điểm I thỏa
mãn hệ phương trình
2 3 0
(5; 1)
2 1 2 1
2 0
3 3
x y
I
x y
  



 
 
  


.



0,50

5
2 2
AB
IA IB   nên tọa độ các điểm A, B là hai nghiệm khác nhau
của hệ
2 2
2 3 0 4
5 1
( 5) ( 1)
4 2
x y x
x y y

   

 

 
     

 


hoặc
6
3
.
2
x
y




 



Tọa độ của các điểm A, B là:
1 3
4; , 6; .
2 2
   
 
   
   

0,50
V.b
2,00
1
Giải phương trình logarit (1,00 điểm)

Điều kiện:
1
.
9
x


Phương trình đã cho tương đương với phương trình

2
2 2
2 2
2 2 2 2 2
log (2 2) log (9 1) 1
log (2 2) log (9 1) log 2 log (2 2) log (18 2)
x x
x x x x
   
        



0,50

2 2
(2 2) (18 2) 2 5 3 0
x x x x
       
 x = 1 hoặc
3
.
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
1 1 3
. . .
3 2 6
SACD
a

V DADC SA  (đvtt).











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
2 2 2 2
3 2
SB SA AB a a a
    
nên OM = a
Tương tự, SD = 2a  MD = a  CM = a
2
.
Xét tam giác OMC, ta có

2 2 2
2 2
cos cos( , ) .

2 . 4 4
OM OC MC
COM SB AC
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.