Đề ôn tập toán - số 1 khối B

Chia sẻ: | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

83
lượt xem 14
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề ôn tập toán - số 1 khối b', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề ôn tập toán - số 1 khối B

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 y  x3  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.   1   Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình 2sin  x    sin  2 x    . 3 6 2   2. Giải phương trình 10 x  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 x 1 y  2 z  3 đường thẳng d1 :   . 2 3 1 1. Viết phương trình đường thẳng d2 đi qua hai điểm A và B. Chứng minh rằng hai đường 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. 2 x 1 Câu IV (2 điểm) 1. Tính tích phân I   dx. 4x 1 0 yz 2. Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn hệ thức x  y  z  . Chứng minh rằng 3x 2 3 3 x ( y  z ). 6 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 An  Cn k k 1. Cho số nguyên n thỏa mãn đẳng thức  35 (n ≥ 3 và An , Cn lần lượt là số (n  1)(n  2) chỉnh hợp, số tổ hợp chập k của n phần tử). Hãy tính tổng S  22 Cn  32 Cn  ...  (1) n n 2Cn . 2 3 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 (2 x  2)  log 1 (9 x  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.
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn: TOÁN (đề số 1), khối B Câu Nội dung Điểm 2,00 I Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) 1 0,25 Khi m=0 hàm số trở thành y  x 3  3 x 2  1.  Tập xác định:  Sự biến thiên: y '  3x 2  6 x ; y '  0  x  0 hoặc x = 2. 0,25  yCĐ = y(0) = -1, yCT = y(2) = -5. 0,25  Bảng biến thiên: x   0 2 0 0 + - + y' -1 y   -5 0,25  Đồ thị: y 0 2 x -1 -5 Tìm các giá trị của m…(1,00 điểm) 2 0,50 Ta có y '  3x 2  6 x  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 m  m  2   y ( m). y (m  2)  0 0,50 5 1   m  Giải hệ trên ta được các giá trị cần tìm của m là  2 2 m  1  2,00 II Giải phương trình lượng giác…(1,0 điểm) 1 Phương trình đã cho tương đương với phương trình
0,50 1  2 sin 2 x 1 sin x  3 cos x  3 sin x.cos x   2 2  (sin x  3 cos x)(1  sin x)  0.   sin x  3 cos x  0  tgx   3    k . 3 0,50   1  sin x  0  x   k 2 . 2   Nghiệm của phương trình đã cho là: x    k  x   k 2 , k  Z. 3 2 Giải phương trình vô tỷ (1,00 điểm) 2 5 Điều kiện: x  . 3 Phương trình đã cho tương đương với 0,50 10 x  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)(3 x  5) 6  7 x 2  15 x  18  0  x  3 hay x   . 0,50 7 Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là x = 3. 2,00 III Viết phương trình đường thẳng d2 đi qua…(1,00 điểm) 1 Đường thẳng d2 đi qua điểm A(5; 4; 3) và có vectơ chỉ phương  0,50 x 5 y  4 z 3 AB = (1; 3; -1) nên có phương trình   . 1 1 3  Đường thẳng d1 qua M(1; 2; 3), có vectơ chỉ phương u  (2;3;1).      0,50 Ta có: u , AB   (6;3;3) và MA=(4; 2; 0).       u , AB  .MA  18  0, suy ra d1 và d2 chéo nhau   Tìm điểm C thuộc d1…(1,00 điểm) 2 Gọi IJ là đoạn vuông góc chung của d1 và d2 (I  d1, J  d2). Ta có 0,25 I(1 + 2t; 2 + 3t; 3 + t), J(5 + s; 4 + 3s; 3 - s),  IJ  (4  2t  s; 2  3t  3s;  t  s ). 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       0,25  (4  2t  s )  3(2  3t  3s)  (t  s)  0  s  0.  IJ . AB  0  2 2  (1)2  (1)2  6. Do đó: I(3; 5; 4), JA(5; 4; 3), IJ = AB  12  32  (1)2  11. 0,25 1 1 1 66  AB.d (C , d 2 )  AB.IJ  11. 6  (đvdt). S ABC 2 2 2 2
0,25 66 S ABC  (đvdt) là nhỏ nhất, đạt được khi và chỉ khi CI(3; 5; 4). 2 2,00 IV Tính tích phân…(1,00 điểm) 1 t 2 1 tdt Đặt t  4 x  1  x   dx  . 0,25 4 2 Khi x = 0 thì t = 1; khi x = 2 thì t = 3. 32  t 3 3t  3 t 3 Do đó I   dt     0,50 8  24 8  1 1 0,25 11  . 6 Chứng minh bất đẳng thức (1,00 điểm) 2 yz ( y  z ) 2  12 x 2  12( y  z ) x  ( y  z )2 Ta có x  y  z   3x 12 x 0,50 2 x x  12    12. y  z  1  0.  yz 2 3 3 x   . yz 6 0,50 2 3 3 Do đó x  ( y  z ) (vì x, y, z dương). 6 2,00 V.a Tính tổng (1,00 điểm) 1 0,50 3 3 An  Cn n  35  n   35  n  30. (n  1)(n  2) 6 Ta có (1  x )n  Cn  Cn x  ...  Cnn x n . Lấy đạo hàm hai vế theo x ta được 0 1 n(1  x) n1  Cn  2Cn x  ...  nCnn x x1. 1 2 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  Cn  22 Cn x  ...  n 2Cn x n 1. 1 2 n 0,50 Thay x = -1 và n = 30 vào đẳng thức trên ta được C30  (1)22 C30  ...  (1) 29 n 2C30  0 1 2 30 Do đó S  22 C30  ...  (1)30 n 2C30  C30  30. 2 30 1 Tìm tọa độ các đỉnh A và B (1,00 điểm) 2 Gọi I(x ; y) là trung điểm của AB và G(xG ; yG) là trọng tâm của ABC. 2x 1 2 y 1 2 . Suy ra tọa độ điểm I thỏa Do CG  CI nên xG  ; yG  3 3 3 0,50 x  2 y  3  0   I (5;  1) . mãn hệ phương trình  2 x  1 2 y  1  3  3 20 
AB 5 IA  IB   nên tọa độ các điểm A, B là hai nghiệm khác nhau 2 2 x  2 y  3  0  x6  x4 0,50    của hệ  5 1 hoặc  3 2 2 y   2 . ( x  5)  ( y  1)  4 y   2    1  3  Tọa độ của các điểm A, B là:  4;   ,  6;   . 2  2  2,00 V.b Giải phương trình logarit (1,00 điểm) 1 1 Điều kiện: x  . 9 0,50 Phương trình đã cho tương đương với phương trình log 2 (2 x  2) 2  log 2 (9 x  1)  1  log 2 (2 x  2)2  log 2 (9 x  1)  log 2 2  log 2 (2 x  2) 2  log 2 (18 x  2) 3  (2 x  2)2  (18 x  2)  2 x 2  5 x  3  0  x = 1 hoặc x  . 0,50 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 a3 3 11 Thể tích của khối tứ diện SACD là VSACD  . DA.DC .SA  (đvtt). 32 6 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  SA2  AB 2  3a 2  a 2  2a nên OM = a 0,50 Tương tự, SD = 2a  MD = a  CM = a 2 . Xét tam giác OMC, ta có OM 2  OC 2  MC 2 2 2 cos COM    cos(SB, AC )  . 2OM .OC 4 4 2 Cosin của góc giữa SB, AC là . 4
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.