ĐỀ TOÁN THI ĐẠI HOC

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

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 1
(1).
1
x
x
+
+

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
2. Tính diện tính của tam giác tạo bởi các trục tọa độ và tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1) tại
điểm M(-2;5).

Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình .02sin4cos)cos(sin4
44
 xxxx
2. Giải bất phương trình (x+1)(x-3) 32
2
 xx < 2 – (x-1)
2
.

Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng
(


):2x – y + 2z + 1 = 0 và đường thẳng d: .
2
2
1
1
1





zyx

1. Tìm tọa độ giao điểm của d với (

); tính sin của góc giữa d và (

).
2. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d, tiếp xúc với hai mặt phẳng (

) và Oxy.

Câu IV (2 điểm) 1. Tính tích phân I =
.
4
1
0
2
2

dx
x
x
xe
x












2. Cho các số thực x,y thỏa mãn 0
3

 x và 0
3

 y . Chứng minh rằng
cosx + cosy

1+cos(xy).

PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu:V.a hoặcV.b

Câu V.a. Theo chương trình KHÔNG phân ban (2 điểm)
1. Chứng minh đẳng thức n.2
n
.C
0
n
+ (n-1).2
n-1

2.
1
n
C
+ …+ 2C
1n
n
= 2n.3
n-1
(n là số nguyên dương, C
k
n
là số tổ hợp chập k của n phần tử).
3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): (x-4)
2
+ y
2
= 4 và điểm E(4;1). Tìm
tọa độ điểm M trên trục tung sao cho từ M kẻ được hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn
(C) với A, B là các tiếp điểm sao cho đường thẳng AB đi qua điểm E.

Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm)
1. Giải bất phương trình
.022.162
12242
22

 xxxx

2. Cho tứ diện ABCD và các điểm M, N, P lần lượt thuộc các cạnh BC, BD, AC sao cho BC =
4BM, AC = 3AP, BD = 2BN. Mặt phẳng (MNP) cắt AD tại Q. Tính tỷ số
AD
AQ
và tỷ số thể
tích hai phần của khối tứ diện ABCD được phân chia bởi mặt phẳng (MNP).


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


Câu

Nội dung Điểm

I

2,00
1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm)
Tập xác định : D = R\{-1}.

Sự biến thiên :
. 0
)2(
2
2
'
Dx
x
y 





0,25
Tiệm cận đứng: x = -1, tiệm cận ngang: y = 3. 0,25
Bảng biến thiên :

x -∞ -1 +∞
y’ + +
y +∞ 3

3 - ∞



0,25

Đồ thị :

0,25
2
Tính diện tích tam giác (1,00 điểm)
Phương trình tiếp tuyến d của đồ thị hàm số tại M là:
y = y
’
(-2)(x+2) + 5

y = 2x + 9.

0,25


Đường thẳng d cắt trục hoành tại A






 0;
2

9
và cắt trục tung tại
B(0;9).
Diện tích tam giác OAB là .
4
81
9
2
9
2
1
.
2
1
 OBOAS
OAB



0,50
II

2,00
3

1

-1 O

y

x

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

Phương trình đã cho tương đương với
  
052sin412sin052sin2sin4
02sin2sin212sin
2
1
14
2
22









xxxx
xxx

sin 2 1 ,
4
x x k k Z

p
p
Û = - Û = - + Î



0,50


0,50
2
Tìm m để phương trình có nghiệm (1,00 điểm)
Đặt .032
2
 xxt Khi đó ta có






.41,31
2
2
2
 txtxx Bất phương trình trở thành





 
.0221
02210242.
2
22322


ttvit
tttttttt




0,25


Ta được
.3131022132
22
 xxxxx
Nghiệm của bất phương trình là .3131  x

0,50
III

2,00
1
Tìm tọa độ giao điểm của d với (α) và tính sin của góc… (1,00 điểm)
Gọi M là giao điểm của d với (α). Tọa độ của M là nghiệm của hệ
phương trình:

.1;2;
2
3
22
1
1
1
0122


















M
zyx
zyx

0,50

Vec tơ pháp tuyến của (α) là


2;1;2 n , vec tơ chỉ phương của d là


.2;2;1 u Gọi φ là góc giữa d và (α). Ta có
.
9
4
3.3
422
.
.
sin 


un
un





0,50
2

Viết phương trình mặt cầu (1,00 điểm)
Gọi I = (1+t;1+2t;-2t)

d là tâm của mặt cầu (S) cần tìm.
Do (S) tiếp xúc với (α) và mặt phẳng (Oxy) nên
( ) ( )
( ) ( )
2 1 1 2 4 1
1
, , 2 1 .
3 5
t t t
d I d I Oxy t t ta
+ - + - +
= Û = Û = - Ú =



0,50


Với t = -1 thì (S) có tâm I(0;-1;2) và bán kính R=2 nên (S) có phương
trình




.421
22
2

 zyx
Với
5
1
t thì (S) có tâm







5
2
;
5
7
;
5
6
I và bán kính R =
5
2
nên (S) có
phương trình .
25
4
5
2
5

7
5
6
222





















 zyx

0,50
IV

2,00
1
Tính tích phân…(1,00 điểm)
















1
0
2
1
0
2
1

0
2
2
.
44 x
xdx
dxxedx
x
x
xeI
xx




 
 









 
1
0
2

1
0
2
1
0
1
0
22
2
1
2
1
dxexeexddxxeK
xxxx


 




.1
4
1
12
4
1
2
1
0

2
 exe
x



.234
4
1
0
1
0
2
2




 x
x
xdx
J

Do đó .
4
7
3
2



e
JKI


0,50
2
Chứng minh bất đẳng thức (1,00 điểm)
Do







3
;0,

yx nên
3
2
0




yx
xy , suy ra
.cos
2

cos xy
yx


Ta có
xy
yxyxyx
yx cos2
2
cos2
2
cos
2
cos2coscos 




 (1).





0,25
Xét hàm số


tttf cos2cos1
2

 với .
3
;0








t
Ta có




.sinsin2
2'
ttttf 
Nhận thấy f ’(1) = 0, f(1) = =1 - cos1.
Nếu 0 < t < 1 thì t
2
< t < 1 nên tsint
2
< sint
2
< sint, do đó f ’(t) > 0.
Nếu 1 < t <
3


thì t < t
2
<
2

nên tsint
2
> sint
2
> sint, do đó f ’(t) < 0.
Do đó ta có bảng biến thiên
t
0 1
3


f ’(t) + 0 -

f(t)
1 – cos1

0
9
cos
2


0,50

Do 0
9
cos
2


nên
 
.
3
;0,0








ttf Suy ra





.2cos1cos2 xyxy 
Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.


0,25
V.a

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


Xét khai triển










       
*2 212122
2 2212
121110

1
'
1
1
10






n
n
n
n
nn
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
CxCnxCnxnxf
CxCxCxCxxf

0,50
Thay x = 1 vào (*) ta được


.3.22 2.1.2.
11110 

nn
nn
n
n
n
nCCnCn
Nhận xét : có thể khai triển (1+x)
n
, lấy đạo hàm, cho x= 2, rồi nhân 2
vế cho 2.
0,50
2
Tìm tọa độ điểm M (1,00 điểm)
Gọi I là tâm đường tròn (C) suy ra I(4;0). Xét M(0;a) thuộc trục tung
mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (C). Giả sử
A(x
1
;y
1
); B(x
2
;y

2
). Ta có


,;
11
ayxMA 


11
;4 yxIA  .
Vì
MA
IA

nên








.044404
11
2
1
2
11111

 ayxyxayyxx
Vì A thuộc (C) nên .0124
11
 ayx Suy ra A thuộc đường thẳng
4x – ay – 12 = 0.



0,50

Tương tự, B thuộc đường thẳng 4x – ay – 12 = 0. Do đó phương trình
đường thẳng AB là 4x – ay – 12 = 0.
Đường thẳng AB đi qua E(4;1) nên a=4.
Điểm cần tìm là M(0;4).
Cách khác: pt tiếp tuyến tại A(x
1
;y
1
) có dạng
(
)
1 1
4 ( 4) 4 0
x x y y
- - + - =

Vì tiếp tuyến qua M(0;a) nên có
(
)
1 1

4 ( 4) 4 0
x y a
- - + - =

Tương tự, tọa độ B(x
2
;y
2
) thỏa
(
)
2 2
4 ( 4) 4 0
x y a
- - + - =

Suy ra pt AB là 4x – ay – 12 = 0.

0,50
V.b

2,00
1
Giải bất phương trình mũ (1,00 điểm)
Đặt t = .0,2
12
2


t

xx
Bất phương trình đã cho trở thành
t
2
-
4
2 0
t
- £ Û
t
3
– 2t – 4 ≤ 0
Û
(t - 2)(t
2
+ 2t +2)
Û
t ≤ 2.



0,50

Ta có 0 <
2
2
12
2

 xx

Û
x
2
– 2x - 2≤ 0
Û
.3131  x
Nghiệm của bất phương trình là .3131  x

0,50
2
Tính tỷ số … (1,00 điểm)
Gọi E = MN ∩ CD. Khi đó Q = PE∩ AD. Gọi F là trung điểm của BC
và G là điểm trên AC sao cho DG//PQ. Nhận thấy FD//MN.
Ta có
3
5
3
2
1
2
1
2
1
2
11 

MC
MF
EC
ED

PC
PG
AP
PG
AP
G

Suy ra
5
3

AG
AP
AD
AQ



0,50

0,50
D

N

G

P

F

M
B

A

Q

C

E

Gọi V là thể tích tứ diện ABCD, V
1
là thể tích khối đa diện
ABMNQP, V
2
là thể tích khối đa diện CDNMPQ. Khi đó V
2
=V-V
1
.
Ta có V
1
= V
ABMN
+ V
AMPN
+ V
APQN.
Do .
2
1
,
8
3
S
S
,
8

1
S
S
nên
2
1
,
4
1
BCD
MNC
BCD
BMN

BCD
DNC
S
S
BD
BN
BC
BM

Suy ra
.
10
1
5
3
.

3
1
,
8
1
3
1
V ,
8
1
AMNP
VVVVVVV
ADNCAPQNAMNCABMN

Như vậy .
13
7
V
V
rasuy ,
20
7
2
1
1
 VV

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.