Đề ôn tập số 2 thi đại học, cao đẳng môn thi: Toán, Khối A

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
31
1
1
22 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
92
3:  zyxd 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
2sin2
0
 

xx
xdxI 
2. Chứng minh rằng phương trình   1144 2 xx 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 x5 trong khai triển nhị thức Niutơn của (1 + 3x)2n, biết rằng 
1002 23  nn AA (n là số nguyên dương, 
k
nA là số chỉnh hợp chập k của n phần tử). 
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): 122  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 60o. 
Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm) 
1. Giải phương trình .69log
log
13
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 2y x x x x y x hay x= - = - = Û = = ± 
0,25 
yCĐ = y(0) = 7; yCT = 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
2cossin
2
22cos2sin
2
2


xxx
xxxx 
0,50 
 cos sin 0 1 ,
4
x x tgx x kp p- = Û = Û = + .k ZÎ 
 12 cos 1 0 cos 2 ,
2 3
x x x kp p- = Û = Û = ± + .k ZÎ 
Nghiệm của phương trình đã cho là: 
2
4 3
x k hay x kp pp p= + = ± + với .k ZÎ 
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
11
31
1
1
22
2
22
22









x
x
x
x
x
x
x
xx 
Đặt 
21 x
xt

 , 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
101 22  xxx 
Tập nghiệm của bất phương trình (2) là .
2
1;11 





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;121 












 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
xdxxI 
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
tdtI 
 .2ln
2
11ln
2
1 1
0
 t 
Cách khác: 
( )
1 1 1 1
2 2
00 0 0
1 1 1(ln 1 )
1 1 ( 1) 1
t dt dtI 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 xx 
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 nA A n n
n n
+ = + = -
- -
Do đó   .510011002 223  nnnAA nn 
0,50 
Do đó         .3...33131 101010110010
102 xCxCCxx n  
Hệ số của số hạng chứa x5 là .612363. 5510 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  260ˆ thuộc đường tròn (C1) tâm 
O bán kính R=2. 
 Nếu POPBPA o 
3
2120ˆ thuộc đường tròn (C2) 
tâm O bán kính R =
3
2 . 
0,50 
Đường thẳng y = m thỏa mãn yêu cầu bài toán cắt đường tròn (C1) 
và không có điểm chung với đường tròn (C2). 
 Đường thẳng y = m cắt (C1) 22  m . 
 Đường thẳng y = m không có điểm chung với 
(C2)
3
2
 m hoặc .
3
2
m 
Suy ra các giá trị cần tìm của m là .2
3
2
3
22  mvam  
0,50 
V.b 2,00 
1 Giải phương trình lôgarit (1,00 điểm) 2,00 
Điều kiện 






.069
10
x
x
x
0,50 
Phương trình đã cho tương đương với   




 
x
xx xx
69log3log 3 
 3 4 263 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 322 aSDSAAD  
.
3
32.
2
2 a
DA
SDDIDADISD  
.
2
2
2
aABMBSM  
Kẻ IH AB (H AB). 
Suy ra IH // BD. Do đó 
3
1



AD
DIAD
AD
AI
BD
IH 
.
33
1 aDBIH  Mặt khác SM  (ABD) nên 
).(
363
.
2
2.
2
2.
6
1..
6
1.
3
1 3
đvtt
aaaaIHBMSMSSMV 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