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 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


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

 Sự biến thiên:
' 2 '
3 6 ; 0 0y x x y x     hoặc x = 2.
0,25

 y
CĐ
= y(0) = -1, y
CT
= 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       

'
0y x m    hoặc x = m + 2.

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
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

Đường thẳng d
1
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 d
1
và d
2
chéo nhau

0,50

t s t s t s s
IJ AB

          


 
  
         





 
 

Do đó: I(3; 5; 4), JA(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

2 3
1
3
3 3
18 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
( )
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 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(x
G
; y
G
) 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

   

 

 
     
 


hoặc
6
3
.
2
x
y




 



Tọa độ của các điểm A, B là:
1 3
4; , 6; .
2 2
   
 
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
3
1 1 3
. . .
3 2 6
SACD
a
V DA DC SA  (đvtt).
    
Cosin của góc giữa SB, AC là
2
.
4 0,50

A
O
M
C
D
B
S