ĐỀ ÔN TẬP SỐ 2 THI ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi: TOÁN, khối A 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 78 24  xxy (1). 1. Khảo sát sự biết thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Tìm các giá trị thực của tham số m để đường thẳng y = mx – 9 tiếp xúc với đồ thị của hàm số (1). Câu II (2 điểm) 1.Giải phương trình . 2 2 4 sin 4 2sin                 xx 2. Giải bất phương trình . 1 3 1 1 1 2 2 x x x    Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) : 2x + 3y – 3z + 1 = 0, đường thẳng 1 5 9 2 3 :    zyx d và ba điểm A(4 ; 0 ; 3), B( - 1 ; - 1 ; 3), C(3 ; 2 ; 6). 1. Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua ba điểm A, B, C và có tâm thuộc mặt phẳng (P). 2. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng d và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính lớn nhất. Câu IV (2 điểm) 1. Tính tích phân . 2cossin43 2sin 2 0     xx xdx I 2. Chứng minh rằng phương trình   1144 2 x x có đúng 3 nghiệm thực phân biệt. 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. Tìm hệ số của số hạng chứa x 5 trong khai triển nhị thức Niutơn của (1 + 3x) 2n , biết rằng 1002 23  nn AA (n là số nguyên dương, k n A là số chỉnh hợp chập k của n phần tử). 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): 1 22  yx . Tìm các giá trị thực của m để trên đường thẳng y = m tồn tại đúng 2 điểm mà từ mỗi điểm có thể kẻ được hai tiếp tuyến với (C) sao cho góc giữa hai tiếp tuyến đó bằng 60 o . Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm) 1. Giải phương trình . 6 9log log 1 3 3        x x x x 2. Cho hình chóp S.ABC mà mỗi mặt bên là một tam giác vuông, SA = SB = SC = a. Gọi N, M, E lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AC, BC ; D là điểm đối xứng của S qua E ; I là giao điểm của đường thẳng AD với mặt phẳng (SMN). Chứng minh rằng AD vuông góc với SI và tính theo a thể tích của khối tứ diện MBSI. ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Môn: Toán (đề số 2), khối A Câu Nội dung Điểm I 2,00 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) Tập xác định : D = R. Sự biến thiên : ( ) ' 3 2 ' 4 16 4 4 , 0 0 2 y x x x x y x hay x = - = - = Û = = ± 0,25 y CĐ = y(0) = 7; y CT = y( 2  ) = - 9. 0,25 Bảng biến thiên : x -∞ -2 0 2 +∞ y’ - 0 + 0 - 0 + y +∞ 7 +∞ -9 -9 0,25 Đồ thị : 0,25 2 Tìm giá trị của tham số m để đường thẳng … (1,00 điểm) Đường thẳng y = mx – 9 tiếp xúc với (C) khi và chỉ khi hệ phương trình sau có nghiệm:        )2(164 )1(978 3 24 mxx mxxx 0,25 Thay (2) vào (1) ta được   916478 324  xxxxx 01683 24  xx .2    x 0,50 Thay 2   x vào (2) ta được m=0. Suy ra m = 0 là giá trị cần tìm. 0,25 O -1 -2 7 1 2 7 7 y - 9 x II 2,00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Phương trình tương với        .01cos2sincos 2 2 cossin 2 2 2cos2sin 2 2   xxx xxxx 0,50  cos sin 0 1 , 4 x x tgx x k p p - = Û = Û = + . k Z Î  1 2cos 1 0 cos 2 , 2 3 x x x k p p - = Û = Û = ± + . k Z Î Nghiệm của phương trình đã cho là: 2 4 3 x k hay x k p p p p = + = ± + với . k Z Î 0,50 2 Giải bất phương trình… (1,00 điểm) Điều kiện: 1x . Bất phương trình đã cho tương đương với   .102 1 3 1 1 3 1 1 1 2 2 2 2 2 22          x x x x x x x xx Đặt 2 1 x x t   , khi đó bất phương trình (1) trở thành: 2 3 2 0 1 2. t t t hay t - + > Û < > 0,25 a. Với t<1 thì 2 2 11 1 xx x x   (2). Nếu 01    x thì bất phương trình (2) đúng. Nếu 0 < x < 1 thì bất phương trình (2) . 2 1 01 22  xxx Tập nghiệm của bất phương trình (2) là . 2 1 ;1 1       S 0,25 b. Với t > 2 thì ).3(122 1 2 2 xx x x   ( Điều kiện: 1x ) Bất phương trình (3)   . 5 52 14 0 22        x xx x Tập nghiệm của bất phương trình (3) là .1; 5 52 2         S 0,25 Nghiệm của bất phương trình là .1; 5 52 2 1 ;1 21                 SSS 0,25 III 2,00 1 Viết phương trình mặt cầu… (1,00 điểm) 2,00 Tâm I(a ; b ; c) của (S) xác định bởi hệ           PI ICIA IBIA 0,25                                            .3 2 1 01332 623304 311304 222222 222222 c b a cba cbacba cbacba 0,50 Bán kính của (S) là R= 13 . Phương trình của (S) là:       .13321 222  zyx 0,25 2 Viết phương trình mặt phẳng (Q)…(1,00 điểm) Mặt phẳng (Q) cần tìm chính là mặt phẳng chứa d và đi qua tâm I của (S). 0,25 Đường thẳng d đi qua M(3 ; 0 ; - 5) có vectơ chỉ phương là   1;9;2u . Ta có     4;1;128;2;2 IM , do đó vectơ pháp tuyến của (Q) là     11;9;35, 2 1 uIM . 0,50 Mà (Q) đi qua I(1 ; 2 ; 3) nên phương trình của (Q) là:       .05011935031129135  zyxzyx 0,25 IV 2,00 1 Tính tích phân…(1,00 điểm) Ta có:    2 0 2 1sin2sin cos.sin  xx xdxx I Đặt t = sinx  dt = cosxdx. Với x = 0 thì t= 0, với 2  x thì t = 1. 0,50 Suy ra                   1 0 1 0 1 0 1 0 2 111 1 1 t dt t t t td t tdt I .2ln 2 1 1ln 2 1 1 0  t Cách khác: ( ) 1 1 1 1 2 2 0 0 0 0 1 1 1 (ln 1 ) 1 1 ( 1) 1 t dt dt I dt t t t t t + - = = - = + + + + + + ò ò ò 0,50 2 Chứng minh p t có đúng 3 nghiệm thực phân biệt (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với:   01144 2 x x Xét hàm số     1144 2  xxf x với Rx  Có         xxxxxf xxx 8144ln44.8144ln4 22'  0,50     08144ln0 2'  xxxf     *04ln84ln4 2  xx Phương trình (*) có biệt thức ∆ > 0 nên có đúng hai nghiệm phân biệt. Từ bảng biến thiên của f(x) suy ra phương trình f(x) = 0 có không quá 3 nghiệm phân biệt Mặt khác:       02.3,00,0 2 1         ffff Do đó phương trình f(x) = 0 có đúng 3 nghiệm phân biệt:   .2;3, 2 1 ,0 321  xxx 0,50 V.a 2,00 1 Tìm hệ số…(1,00 điểm) Điều kiện: .3,   nNn Ta có ( ) ( ) ( ) 3 2 2 ! ! 2 2 1 . 3 ! 2 ! n n n n A A n n n n + = + = - - - Do đó   .510011002 223  nnnAA nn 0,50 Do đó         .3 33131 10 10 10 1 10 0 10 102 xCxCCxx n  Hệ số của số hạng chứa x 5 là .612363. 55 10 C 0,50 2 Đường tròn có tâm O(0 ; 0) và bán kính R=1. Giả sử PA, PB là hai tiếp tuyến (A, B là các tiếp điểm).  Nếu POPBPA o  260 ˆ thuộc đường tròn (C 1 ) tâm O bán kính R=2.  Nếu POPBPA o  3 2 120 ˆ thuộc đường tròn (C 2 ) tâm O bán kính R = 3 2 . 0,50 Đường thẳng y = m thỏa mãn yêu cầu bài toán cắt đường tròn (C 1 ) và không có điểm chung với đường tròn (C 2 ).  Đường thẳng y = m cắt (C 1 ) 22     m .  Đường thẳng y = m không có điểm chung với (C 2 ) 3 2  m hoặc . 3 2 m Suy ra các giá trị cần tìm của m là .2 3 2 3 2 2  mvam  0,50 V.b 2,00 1 Giải phương trình lôgarit (1,00 điểm) 2,00 Điều kiện        .0 6 9 10 x x x 0,50 Phương trình đã cho tương đương với          x xx xx 6 9log3log 3 3 4 2 6 3 9 3 2 0 1 2. x x x x x hay x x Û = - Û - + = Û = ± = ± Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là .2x 0,50 2 Tính thể tích … (1,00 điểm) Ta có SA  (SBC)  SA  BD. Mà BD  SB  BD  (SAB)  BD  SM. Mà SM  AB (do tam giác SAB vuông cân)  SM  (ABD)  SM  AD. Chứng minh tương tự ta có SN  AD  AD  (SMIN)  AD  SI. 0,50 Ta có 3 22 aSDSAAD  . 3 32 . 2 2 a DA SD DIDADISD  . 2 2 2 aAB MBSM  Kẻ IH  AB (H  AB). Suy ra IH // BD. Do đó 3 1    AD DIAD AD AI BD IH . 3 3 1 a DBIH  Mặt khác SM  (ABD) nên ).( 36 3 . 2 2 . 2 2 . 6 1 6 1 . 3 1 3 đvtt aaaa IHBMSMSSMV MBIMBSI   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. E C N H M S B D A I .                     .3 2 1 013 32 623 304 311304 22 222 2 22 222 2 c b a cba cbacba cbacba 0,5 0 Bán kính của (S) là R= 13 . Phương trình của (S) là:       .13 321 22 2  zyx 0 ,2 5 2 Viết phương. ĐỀ ÔN TẬP SỐ 2 THI ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG Môn thi: TOÁN, khối A 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 78 24 . 0 ,2 5 O -1 -2 7 1 2 7 7 y - 9 x II 2, 0 0 1 Giải phương trình lượng giác ( 1,0 0 điểm) Phương trình tương với        .01cos2sincos 2 2 cossin 2 2 2cos2sin 2 2   xxx xxxx