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
.