Đề thi thử Đại học, Cao đẳng môn Toán 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 3 23 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 12sin sin 2
3 6 2
x x          
   
. 
2. Giải phương trình 10 1 3 5 9 4 2 2x 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 zd     
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
xI dx
x


 
2. Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn hệ thức .
3
yzx 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 nA C
n n


 
(n ≥ 3 và ,k kn nA C lần lượt là số 
chỉnh hợp, số tổ hợp chập k của n phần tử). Hãy tính tổng 
2 2 2 3 22 3 ... ( 1) .n nn n nS 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, 3SA 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 23 1.y x x   
 Tập xác định:  
 Sự biến thiên: ' 2 '3 6 ; 0 0y 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 ' 23 6 3 ( 2) 3( )( 2)y x x m m x m x m        
 ' 0y 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 
 - 
 
 
21 2sin 1sin 3 cos 3 sin .cos
2 2
(sin 3 cos )(1 sin ) 0.
xx 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 67 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
x y z  
 

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 sIJ AB
           
   
           
 
  
Do đó: I(3; 5; 4), JA(5; 4; 3), IJ = 2 2 22 ( 1) ( 1) 6.     
0,25 
 2 2 21 3 ( 1) 11.AB      
2
1 1 1 66. ( , ) . 11. 6
2 2 2 2ABC
S AB d C d AB IJ    (đvdt). 
0,25 
 66
2ABC
S  (đvdt) là nhỏ nhất, đạt được khi và chỉ khi CI(3; 5; 4). 
0,25 
IV 2,00 
 1 Tính tích phân(1,00 điểm) 
Đặt 
2 14 1 .
4 2
t tdtt x x dx      
Khi x = 0 thì t = 1; khi x = 2 thì t = 3. 
0,25 
Do đó 
3 2 3
1
33 3
18 24 8
t t tI 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 zx 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 nA C nn n
n n

     
 
0,50 
 Ta có 0 1(1 ) ... .n n nn n nx C C x C x     Lấy đạo hàm hai vế theo x ta được 
1 1 2 1(1 ) 2 ... .n n xn n nn 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 nn n nn 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) 0C C n C      
Do đó 2 2 30 2 30 130 30 302 ... ( 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 3G G
x yx 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
Ix y
  

  
  
. 
0,50 
 5
2 2
ABIA 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 34; , 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 0x 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 
31 1 3. . .
3 2 6SACD
aV 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 23 2SB 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 2cos cos( , ) .
2 . 4 4
OM OC MCCOM SB AC
OM OC
 
     
Cosin của góc giữa SB, AC là 2 .
4
0,50 
A 
O 
M 
C 
D 
B 
S 
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.