1
ĐỀ ÔN TẬP SỐ 2 THI ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG
Môn thi: TOÁN, khối D

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 2
y x x mx
    
(1).
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) đồng biến trên khoảng (0; 2).

Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình
2
2
2
sin .
1 2 4
tg x tgx
x
tg x


 
 
 

1
2
0
( 1)
x
I x x e dx
  

.
2. Giải hệ phương trình
2 2
2 2
2 2
36 60 25 0
36 60 25 0
36 60 25 0
x y x y
y z y z
z x z x

  

  


  
PHẦN RIÊNG. Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu: V.a hoặc V.b

CâuNội 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 2.
y x x
   

 Tập xác định :

.
 Sự biến thiên:
' 2 '
3 6 ; 0 0
y x x y x
     
hoặc
2
x0,25

2

Tìm các giá trị của m…(1,00 điểm)

Ta có

' 2
3 6 .
y x x m
   

Hàm số đồng biến trên (0; 2) khi và chỉ khi
'
0 (0;2)
y x  
2
3 6 (0;2).
m x x x     0,50 Xét hàm số

g(x)
x
'
y

y




+




2
0
2

0
0
2






-2


2cos ( ) sin cos 2sin 2sin cos sin cos
x tg x tgx x x x x x x x
       
(sin cos )(2sin 1) 0.
x x x
   

0,50 
sin cos 0 1 .
4
x x tgx x k


        

1 5
2sin 1 0 sin 2 2 .
2 6 6
x x x k hay x k
 
 
        
Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là
 

nghiệm khi và chỉ khi phương trình (*) có đúng một nghiệm. 0,50 Xét hàm số
44
( ) 3
f t t t
  
với t ≥ 0, ta có
 
3
/
3
4
4
( ) 1 0
3
t
f t
t
  

.
Mà f(0) =
4
3
và

(2;3; 4)
u
 

. Mặt phẳng (P) đi qua A
vuông góc với d nhận
u

làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình
(P): 2(x – 5) + 3(y – 5) – 4(z – 0) = 0  2x + 3y – 4z – 25 = 0.

0,50

Gọi H là trung điểm của AA
’
(cũng là hình chiếu vuống góc của A trên d). Khi
đó H là giao điểm của AA
’
và (P) nên có tọa độ xác định bởi
hệ
1 1 7
:
2 3 4
2 3 4 25 0.
x y z
d
x y z
  

 

4
3





f(t)
0
4 B  d nên B(-1 + 2t; -1 + 3t; 7 – 4t).
2 2 2
2
29 (2 4) (3 6) (8 4 ) 29
4 3 0 1 3
BC t t t
t t t t
       
       

Do đó B  {(1; 2; 3), (5; 8; -5)}. 0,50
Kết luận: C(3; 5; -1), B  {(1; 2; 3), (5; 8; -5)}.

0 0
1
( 1) (2 1) 3 1 (2 1) .
0
x x x
I x x e x e d x e x e dx
        
 
0,50 Tính
1
0
(2 1) .
x
J x e dx
 

Đặt
2 1
2 ,
x
u x
du dx
dv e dx
 


Hệ phương trình đã cho tương đương với
2
2
2
2
2
2
60
36 25
60
36 25
60
.
36 25
x
y
x
y
z
y
z
x
z






Ta có
 
'
2
2
3000
( ) 0, 0.
36 25
t
f t t
t
   

Do đó f(t) đồng biến trên khoảng
(0; +∞).Hệ được viết lại
( )
( )
( ).
y f x
z f y
x f z









0,50
V.a
2,00

1

Có bao nhiêu số tự nhiên… (1,00 điểm) Gọi số thỏa mãn yêu cầu bài toán có dạng
.
abcd

Nếu a > 2, ta có 7 cách chọn a,
3
9
A
cách chọn b, c, d nên có 7
3
9
A
= 3528 cách
chọn
.
abcd0,50
5

  

 

  


Tọa độ đỉnh B là nghiệm của hệ phương trình
4 2 0
(6; 1)
2 3 9 0
x y
B
x y
  

 

  

0,50

Đường thẳng BC qua B và vuông góc với đường cao kẻ từ A nên có phương
trình là: 3(x – 6) + 2(y + 1) = 0  3x + 2y – 16 = 0.
Trung điểm AC thuộc đường trung tuyến kẻ từ B nên tọa độ điểm C là nghiệm
hệ phương trình
3 2 16 0

5 1 5 1
2 3 0
2 2
x x
   
 
  
   
   
   
.
Đặt
5 1 5 1 1
0
2 2
x x
t
t
   
 
   
   
   
   
.
Phương trình trở thành
2
2
3 0 3 2 0 1 2.
t t t t hay t


 

  
 
 
 

Tập nghiệm của phương trình là
5 1
2
0,log 2

 
 
 
 
  0,50

2

Tính theo a thể tích khối tứ diện SAHK…(1,00 điểm)
 

Trong tam giác SAC vuông tại A
có
2 2
2 2 2 2
4 2 6
4 2 6,
3
6
SA a a
SC SA AC a a a SK
SC
a
        .
Suy ra
2 2
2 2 2 2
24 12
4
9 9
a a
AK SA SK a     .
Trong tam giác AHK vuông tại H có

2 2
2 2
12 4 2 30
.
9 5 15