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 3 2
3 3 ( 2) 1 (1)
y x x m m x , 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.
Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình
1
2sin sin 2
3 6 2
x x
.
2. Giải phương trình
10 1 3 5 9 4 2 2
x x x x
(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 1
1 2 3
2 3 1
x y z
d
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.
Câu IV (2 điểm) 1. Tính tích phân
2
0
1
.
4 1
x
I dx
x
2. Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn hệ thức
.
3
yz
x y z
x
Chứng minh rằng
2 3 3
( ).
6
x 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
35
( 1)( 2)
n n
A C
n n
(n ≥ 3 và
,
k k
n n
A C
lần lượt là số
chỉnh hợp, số tổ hợp chập k của n phần tử). Hãy tính tổng
2 2 2 3 2
2 3 ... ( 1) .
n n
n n n
S C C n C
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với
5, ( 1; 1)
AB C
, 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 1
2
2log (2 2) log (9 1) 1.
x x
2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a,
3
SA a
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
I 2,00
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm)
Khi m=0 hàm số trở thành 3 2
3 1.
y x x
Tập xác định:
Sự biến thiên: ' 2 '
3 6 ; 0 0
y x x y x
hoặc x = 2.
0,25
yCĐ = y(0) = -1, yCT = y(2) = -5. 0,25
Bảng biến thiên:
0,25
Đồ thị:
0,25
2 Tìm các giá trị của m…(1,00 điểm)
Ta có ' 2
3 6 3 ( 2) 3( )( 2)
y x x m m x m x m
'0
y x m
hoặc x = m + 2.
2 2
( ) (1 2 )( 2 1), ( 2) (2 5)( 2 1).
y m m m m y m m m m
0,50
Hàm số có hai cực trị cùng dấu khi và chỉ khi m thỏa mãn hệ
2
( ). ( 2) 0
m m
y m y m
Giải hệ trên ta được các giá trị cần tìm của m là
5 1
2 2
1
m
m
0,50
II 2,00
1 Giải phương trình lượng giác…(1,0 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với phương trình
-5
-1
2
0
y
x
x
'
y
y


+ +
0
0
-1
2
0
-5
-


2
1 2sin 1
sin 3 cos 3sin .cos
2 2
(sin 3 cos )(1 sin ) 0.
x
x x x x
x x x
0,50
sin 3 cos 0 3 .
3
x x tgx k
1 sin 0 2 .
2
x x k
Nghiệm của phương trình đã cho là:
2 , .
3 2
x k x k k
Z
0,50
2 Giải phương trình vô tỷ (1,00 điểm)
Điều kiện:
5
.
3
x
Phương trình đã cho tương đương với
10 1 2 2 9 4 3 5 (1).
x x x x
Vì
5
3
x
nên cả hai vế của (1) đều dương. Do đó:
(1) 12 1 2 (10 1)(2 2) 12 1 2 (9 4)(3 5)
x x x x x x
0,50
2
6
7 15 18 0 3 .
7
x x x hay x
Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là x = 3.
0,50
III 2,00
1 Viết phương trình đường thẳng d2 đi qua…(1,00 điểm)
Đường thẳng d2 đi qua điểm A(5; 4; 3) và có vectơ chỉ phương
AB
= (1; 3; -1) nên có phương trình
5 4 3
.
1 3 1
xyz
0,50
Đường thẳng d1 qua M(1; 2; 3), có vectơ chỉ phương
(2;3;1).
u
Ta có:
, ( 6;3;3) à MA=(4;2;0).
u AB v
, . 18 0,
u AB MA

suy ra d1 và d2 chéo nhau
0,50
2 Tìm điểm C thuộc d1…(1,00 điểm)
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),
(4 2 ;2 3 3 ; ).
IJ t s t s t s
0,25
IJ là đoạn vuông góc chung của d1 và d2 nên
. 0 2(4 2 ) 3(2 3 3 ) ( ) 0 1
(4 2 ) 3(2 3 3 ) ( ) 0 0.
. 0
IJ u t s t s t s t
t s t s t s s
IJ AB
Do đó: I(3; 5; 4), JA(5; 4; 3), IJ = 2 2 2
2 ( 1) ( 1) 6.
0,25
2 2 2
1 3 ( 1) 11.
AB
2
1 1 1 66
. ( , ) . 11. 6
2 2 2 2
ABC
S AB d C d AB IJ (đvdt).
0,25
66
2
ABC
S(đvdt) là nhỏ nhất, đạt được khi và chỉ khi CI(3; 5; 4). 0,25
IV 2,00
1 Tính tích phân…(1,00 điểm)
Đặt
21
4 1 .
4 2
t tdt
t x x dx
Khi x = 0 thì t = 1; khi x = 2 thì t = 3.
0,25
Do đó
32 3
1
3
3 3
1
8 24 8
t t t
I dt
0,50
11
.
6
0,25
2 Chứng minh bất đẳng thức (1,00 điểm)
Ta có 2
2 2
( )
12 12( ) ( )
3 12
yz y z
x y z x y z x y z
x x
2
12 12. 1 0.
x x
y z y z
0,50
2 3 3
.
6
x
y z
Do đó 2 3 3
( )
6
x y z
(vì x, y, z dương).
0,50
V.a 2,00
1 Tính tổng (1,00 điểm)
3 3
35 35 30.
( 1)( 2) 6
n n
A C n
n n
n n
0,50
Ta có 0 1
(1 ) ... .
n n n
n n n
x C C x C x
Lấy đạo hàm hai vế theo x ta được
1 1 2 1
(1 ) 2 ... .
n n x
n n n
n x C C x nC x
Nhân hai vế với x và lấy đạo hàm theo x ta được
1 2 1 2 2 2 1
(1 ) ( 1)(1 ) 2 ... .
n n n n
n n n
n x n n x x C C x n C x
Thay x = -1 và n = 30 vào đẳng thức trên ta được
1 2 2 29 2 30
30 30 30
( 1)2 ... ( 1) 0
C C n C
Do đó 2 2 30 2 30 1
30 30 30
2 ... ( 1) 30.
S C n C C
0,50
2 Tìm tọa độ các đỉnh A và B (1,00 điểm)
Gọi I(x ; y) là trung điểm của AB và G(xG ; yG) là trọng tâm của ABC.
Do
2
3
CG CI
nên
2 1 2 1
; .
3 3
G G
x y
x y
Suy ra tọa độ điểm I thỏa
mãn hệ phương trình
2 3 0
(5; 1)
2 1 2 1 2 0
3 3
x y
I
x y
.
0,50
5
2 2
AB
IA IB nên tọa độ các điểm A, B là hai nghiệm khác nhau
của hệ 2 2
2 3 0 4
5 1
( 5) ( 1)
4 2
x y x
x y y
hoặc
6
3
.
2
x
y
Tọa độ của các điểm A, B là:
1 3
4; , 6; .
2 2
0,50
V.b 2,00
1 Giải phương trình logarit (1,00 điểm)
Điều kiện:
1
.
9
x
Phương trình đã cho tương đương với phương trình
2
2 2
2 2
2 2 2 2 2
log (2 2) log (9 1) 1
log (2 2) log (9 1) log 2 log (2 2) log (18 2)
x x
x x x x
0,50
2 2
(2 2) (18 2) 2 5 3 0
x x x x
x = 1 hoặc
3
.
2
x
Đối chiếu điều kiện suy ra nghiệm của phương trình là x = 1 hay
3
.
2
x
0,50
2 Tính theo a thể tích khối tứ diện SACD…(1,00 điểm)
Thể tích của khối tứ diện SACD là 3
1 1 3
. . .
3 2 6
SACD
a
V DA DC SA (đvtt).
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 2 2 2 2
3 2
SB SA AB a a a
nên OM = a
Tương tự, SD = 2a MD = a CM = a
2
.
Xét tam giác OMC, ta có
2 2 2
2 2
cos cos( , ) .
2 . 4 4
OM OC MC
COM SB AC
OM OC
Cosin của góc giữa SB, AC là
2
.
4
0,50
A
O
M
C
D
B
S