DE ON TAP SO 1 THI DAI HOCdoc

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..[r]

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

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

sin  x     sin  2 x     1 .

Câu II (2 điểm) 1 Giải phương trình 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 d1 :x 1

 2

y  2

 3

z  3

1

thẳng d1 và d2 chéo nhau

2 Tìm điểm C thuộc d1 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

I 

 0

x  1

4x  1 dx.

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

x  2 3  3

( y  z).

6

x  y  z  yz Chứng minh rằng

3x

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)

3 3

(n 1)(n  2)  35 (n ≥ 3 và A

k , C k

lần lượt là số chỉnh hợp, số tổ hợp chập k của n phần tử) Hãy tính tổng

S  22 C 2  32 C 3   (1)n n2C

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 2 log2 (2x  2)  log 1 (9x  1)  1.

2

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

Câu Nội dung Điểm

Khi m=0 hàm số trở thành y  x3  3x2  1

 Tập xác định: 

 Sự biến thiên: y'  3x2  6x ; y'  0  x  0 hoặc x = 2

0,25

 Bảng biến thiên:

0,25

 Đồ thị:

y

-5

0,25

Ta có y'  3x2  6x  3m(m  2)  3( x  m)( x  m  2)

y'  0  x  m hoặc x = m + 2

y(m)  (1  2m)(m2  2m  1), y(m  2)  (2m  5)(m2  2m  1)

0,50

Hàm số có hai cực trị cùng dấu khi và chỉ khi m thỏa mãn hệ

m  m  2

 y(m).y(m  2)  0



 5  m  1 Giải hệ trên ta được các giá trị cần tìm của m là  2 2

m  1

0,50

Phương trình đã cho tương đương với phương trình

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

Môn: TOÁN (đề số 1), khối B



1  2 sin 2

x1

 (sin x  3 cos x)(1  sin x)  0

0,50

 sin x  3 cos x  0  tgx   3     k

3

 1  sin x  0  x    k 2

2

Nghiệm của phương trình đã cho là: x     k  x    k 2 , k  Z.

0,50

Điều kiện: x  5

3 Phương trình đã cho tương đương với

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

Vì x  5 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)

0,50

 7 x2  15x  18  0  x  3 hay x   6

7 Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là x = 3

0,50

AB = (1; 3; -1) nên có phương trình x  5  y  4  z  3 .

0,50

Đường thẳng d1 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 d1 và d2 chéo nhau

0,50

Gọi IJ là đoạn vuông góc chung của d1 và d2 (I  d1, J  d2) 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).

0,25

IJ là đoạn vuông góc chung của d1 và d2 nên

 

 IJ u  0 2(4  2t  s)  3(2  3t  3s)  (t  s)  0  t  1

IJ AB  0  (4  2t  s)  3(2  3t  3s)  (t  s)  0 s  0.

Do đó: I(3; 5; 4), JA(5; 4; 3), IJ = 22  (1)2  (1)2  6

0,25

AB  12  32  (1)2  11

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

0,25

S  66

(đvdt) là nhỏ nhất, đạt được khi và chỉ khi CI(3; 5; 4)

ABC

2

0,25

t 2 1 tdt

Khi x = 0 thì t = 1; khi x = 2 thì t = 3

0,25

3 t 2  3  t 3 3t  3

8  1

6

0,25

yz ( y  z)2

2

0,50

 x  2 3  3 .

y  z 6

Do đó x  2 3  3 ( y  z) (vì x, y, z dương).

6

0,50

A n  C n

0,50

Ta có (1  x) n  C 0  C1 x   C n x n Lấy đạo hàm hai vế theo x ta

n(1  x) n1  Cn1  2C n 2 x   nC n n 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 1  22 n C 2 x   n n 2C n x n 1

Thay x = -1 và n = 30 vào đẳng thức trên ta được

C301  (1)22 C 302   (1)29 n2C 3030  0

Do đó S  22 C 2   (1)30 n2C 30  C1  30

0,50

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

Do CG  2 CI nên x  2x  1 ; y  2 y  1 Suy ra tọa độ điểm I thỏa

 x  2 y  3  0

0,50

IA  IB  AB 5

nên tọa độ các điểm A, B là hai nghiệm khác nhau

của hệ  ( x  5) 2  ( y  1)2 5    y   1 hoặc  y   3 

 Tọa độ của các điểm A, B là:  4;  1  ,  6;  3 

0,50

Điều kiện: x  1

9 Phương trình đã cho tương đương với phương trình

log (2x  2)2 2  log (9x 1)  12

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

0,50

 (2x  2)2  (18x  2)  2 x2  5x  3  0  x = 1 hoặc x 

3 2

0,50

1 1 a3 3

Thể tích của khối tứ diện SACD là V SACD  3 2 DA.DC.SA 

S

M

D A

O

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 SB  SA2  AB2  3a 2  a 2  2a

nên OM = a

Tương tự, SD = 2a  MD = a  CM = a 2

Xét tam giác OMC, ta có

4

0,50

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.