de va dap an thi dh khoi b mon toan de so 4 79289

Onthionline.net
ĐỀ ÔN THI ĐẠI HỌC
ĐỀ SỐ 4
Môn : TOÁN Khối : B
Thời gian làm bài : 180 phút không kể thời gian phát đề

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I (2 điểm)
Cho hàm số y = x3 + (1 – 2m)x2 + (2 – m)x + m + 2 (m là tham số) (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 2
2. Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực đại, điểm cực tiểu, đồng thời
hoành độ của điểm cực tiểu nhỏ hơn 1.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình: cos2x + (1 + 2cosx)(sinx – cosx) = 0
( x − y)( x 2 + y 2 ) = 13
2. Giải hệ phương trình: 
(x, y ∈ )
( x + y)( x 2 − y 2 ) = 25
Câu III (2 điểm)
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y + 2z + 5 = 0 và các điểm
A(0; 0; 4), B(2; 0; 0)
1. Viết phương trình hình chiếu vuông góc của đường thẳng AB trên mặt phẳng (P)
2. Viết phương trình mặt cầu đi qua O, A, B và tiếp xúc với mặt phẳng (P).
Câu IV (2 điểm)
e

1. Tính tích phân: I =

∫x

3 − 2 ln x

dx
1 + 2 ln x
2. Cho hai số dương x, y thay đổi thỏa mãn điều kiện x + y ≥ 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
3x 2 + 4 2 + y 3
+
thức A =
4x
y2
1

PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh tự chọn câu V.a hoặc câu V.b
Câu V.a.
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2;1), đường cao qua
đỉnh B có phương trình là x – 3y – 7 = 0 và đường trung tuyến qua đỉnh C có phương
trình là x + y + 1 = 0. Xác định tọa độ các đỉnh B và C của tam giác.
2. Cho hai đường thẳng song song d1 và d2. Trên đường thẳng d1 có 10 điểm phân biệt, trên
đường thẳng d2 có n điểm phân biệt (n ≥ 2). Biết rằng có 2800 tam giác có đỉnh là các
điểm đã cho. Tìm n.
Câu V.b.
2
2
1. Giải phương trình 9 x + x −1 –10. 3 x + x −2 +1 = 0.
Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có A'.ABC là hình chóp tam giác đều, cạnh đáy AB = a, cạnh bên
A'A = b. Gọi α là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A'BC). Tính tgα và thể tích của khối
chóp A'.BB'C'C.
–––––––––––––––––––––––––– Hết ––––––––––––––––––––––––––––

Onthionline.net

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ ÔN THI ĐẠI HỌC
ĐỀ SỐ 4
Môn : TOÁN Khối : B

Câu
I

( Đáp án – Thang điểm có 4 trang )
Nội dung

Ý

Điểm
2,00

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (1) của hàm số (1,00 điểm)
Với m = 2 thì y = x3 - 3x2 + 4
• TXĐ : D =
• Sự biến thiên : y’ = 3x2 – 6x , y' = 0 ⇔ x = 0, x = 2
0,25
Bảng biến thiên :
x
y'
y

-∞
+

-∞
YCĐ = y(0) = 4; yCT = y(2) = 0
• Đồ thị

0
0
4

–

2
0
0

+∞
+

+∞
0,50

0,25

2 Tìm m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực đại, cực tiểu, đồng thời... (1,00đ)
y' = 3x2 + 2(1 - 2m)x + 2 - m = f(x)
Yêu cầu bài toán ⇔ phương trình y' = 0 có hai nghiệm phân biệt x 1, x2 thỏa 0,25
mãn: x1 < x2 < 1
∆ ' = 4 m 2 − m − 5 > 0

 f (1) = −5m + 7 > 0

0,25
⇔  S 2m − 1
<1
 =
2
3


0,50
5
7
⇔ 4
5


Onthionline.net

II

2,00
1 Giải phương trình (1,00 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với :
(sinx - cosx)(cosx - sinx + 1) = 0

0,25

 tgx = 1
sin x − cos x = 0
⇔

⇔
π
2
sin( x − ) =
 sin x − cos x = 1

4
2
π
π
⇔ x = + kπ, x = π + k2π hoặc x =
+ k2π (k ∈ Z)
4
2
2 Giải hệ phương trình (1,00 điểm)
Hệ đã cho tương đương với :
( x − y )( x 2 + y 2 ) = 13

2
 ( x − y )( x + y ) = 25
 ( x − y) 3 = 1
⇔
2
( x − y)( x + y) = 25
 x − y =1
⇔
x + y = ±5

0,25

0,50

0,25

0,25
0,25

 x = 3, y = 2
⇔
 x = −2, y = −3

0,25

III

2,00
1 Viết phương trình hình chiếu vuông góc của AB trên (P) (1,00 điểm)
Hình chiếu A'B' của AB trên (P) là giao tuyến của (P), (Q), trong đó (Q) là 0,25
mặt phẳng chứa AB và vuông góc với (P).

→

→
0,25
Ta có AB = (2;0;–4) và véctơ pháp tuyến của (P) là n p = (2;−1,2)

→


→


→

⇒ Véc tơ pháp tuyến của (Q) là n = [ n , AB ] =(4 ; 12 ; 2)
Q
p
Vì (Q) qua A(0; 0; 4) ⇒ (Q): 6y + z − 4 = 0
2 x − y + 2 z + 5 = 0
⇒A'B': 
 2x + 6 y + z − 4 = 0
2 Viết phương trình mặt cầu đi qua O, A B và tiếp xúc với (P) (1,00 điểm)
Gọi I(a; b; c) là tâm mặt cầu (S) cần tìm ⇒ (S) có phương trình
x2 + y2 + z2 − 2ax − 2by − 2cz + d = 0
d = 0
d = 0


(S) đi qua O, A, B ⇒ − 8c + d + 16 = 0 ⇔  a = 1 (1)
 − 4a + d + 4 = 0
c = 2


(S) tiếp xúc với (P) ⇒ d(I,(P)) =OI ⇒|2a−b+ 2c+5| = 5 a 2 + b 2 + c 2
1
2
Kết hợp (1) suy ra b = − hoặc b = −
4
3
Vậy, có hai mặt cầu thỏa mãn yêu cầu bài toán là:

1
4
(S):x2 +y2+z2−2x + y −4z = 0 hoặc (S) x2 + y2 + z2 −2x + y−4z = 0
2
3

0,25
0,25

0,25

0,25
0,25

0,25


Onthionline.net

IV

2,00
1 Tính tích phân (1,00 điểm)
Đặt t = 1 + 2 ln x ⇒ t2 = 1 + 2lnx ⇒ tdt =
với x = 1 thì t = 1; với x =
e

(2 − t 2 ) tdt
⇒I= ∫
=

t
1

e thì t =

1
dx và 3 − 2lnx = 2− t2
x

2

∫ (2 − t

2

)dt

0,25

1

 1 y y
x+y
3
9
 2 + +  +
≥ 1+
+2=
8 8
2

2
2
y
9
9
Với x = y = 2 thì A = . Vậy giá trị nhỏ nhất của A là
2
2
V.a

0,25

e


t3  2
4 2 −5


2
t
−
=
=
3 1
3

2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A (1,00 điểm)
3
2

3x
1
3x 2 + 4 2 + y
Ta có A =
+
=
+
+
+y
y2
y2
4
x
4x
⇒A =

0,25

x
1
+
+2
4
x

1 Xác định tọa độ các đỉnh B, C của ∆ABC (1,00 điểm)
Đường thẳng AC qua A(2;1)và vuông góc với đường thẳng x−3y+7= 0 nên
AC có phương trình 3x + y − 7 = 0
3x + y − 7 = 0
x=4

⇒ tọa độ C là nghiệm của hệ 
⇔
⇒ C(4; -5)
x + y + 1 = 0
 y = −5
Vì B thuộc đường thẳng: x – 3y + 7 = 0 ⇒ B(3t + 7; t)
 3t + 9 t + 1 
;
⇒ tọa độ trung điểm của AB là I 
.
2 
 2
3t + 9 t + 1
+
+ 1 = 0 ⇒ t = −3 ⇒ B(-2; -3)
Vì I thuộc trung tuyến qua C nên
2
2
2 Đại số tổ hợp (1,00 điểm)
2
Số tam giác thỏa điều kiện đề bài là 10 C 2n + n C10 .

0,25
0,25

0,50
0,25
2,00
0,25
0,25

0,25

0,25
0,25

2

Từ giả thuyết suy ra 10 C 2n + n C10 = 2800 ⇔ n2 + 8n − 560 = 0
⇔ n = 20
V.b

0,50
0,25
2,00

1 Giải phương trình (1,00 điểm)
t = 1
, phương trình đã cho trở thành: t2 − 10t + 9 = 0⇔ 
t = 9
Với t = 1, ta được x2 + x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = −1
Với t = 9, ta được x2 + x = 2 ⇔ x = 1 hoặc x = −2
Đặt t = 3 x

2

+x

0,50
0,25
0,25

Onthionline.net

2 Tính tgα và thể tích của khối chóp A’.BB’C’C (1,00 điểm)
C’

A’
B’
b

A
a

H

E

C

B

Gọi E là trung điểm cạnh BC ,H là tâm tam giác ABC . Vì A’.ABC là hình
chóp đều nên góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A’BC) là α =A’EH
0,25
2
2
a 3
a 3
a 3

,AH =
, HE =
⇒A’H = A' A 2 − AH 2 = 9b − 3a
2
3
6
3
2
2
A' H 2 3b − a
=
⇒ tgα =
HE
a
2
2
2
2
a 3
S∆ABC =
⇒ VABC.A’B’C’ = A’H.S∆ABC = a 3b − a
4
4
2
2
2
1
a 3b − a
VA’.ABC = A’H.S∆ABC =
3

12

AE =

⇒ VA’.BB’C’C = VABC.A’B’C’ – VA’.ABC=

2
2
2
1
A’H.S∆ABC = a 3b − a
3
6

========== Hết ============

0,25

0,25

0,25