ĐỀ DỰ BỊ 1 MƠN TỐN KHỐI B NĂM 2008
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I: ( 2 điểm)
Cho hàm số y=x 3 − 3 x2 −3 m(m+2) x −1
(1) , m là tham số thực
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0
2. Tìm các giá trị m để hàm số (1) có hai cực trị cùng dấu
Câu II: (2 điểm)
1. Giải phương trình :
2. Giải phương trình :
Câu III: (2 điểm)

( π3 ) − sin (2 x − π6 )= 12

2 sin x +

√ 10 x +1+ √ 3 x −5=√ 9 x+ 4+ √2 x − 2

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng

d1:

x − 3 y z +5
= =
và hai điểm A(5;4;3) ; B(6;7;2)
2
9
1

1. Viết phương trình đường thẳng d2 đi qua hai điểm A,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)
2

1. Tính tích phân :

I =∫
0

x+1
dx
√ 4 x+1

2. Cho ba số dương x,y,z thỏa mãn

yz
. Chứng minh rằng :
3x
2 3 −3
x≤ √
( y + z)
6

x+ y+ z=

PHẦN RIÊNG : (Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu Va hoặc Vb)
Câu Va: (2 điểm)
3

3


A n+C n
=35(n ≥ 3) . Tính tổng
(n −1)(n −2)
n
2
n
− 1¿ . n .C n
2
2
2 3
2 4
S=2 .C n −3 Cn + 4 Cn − .. .. . ..+¿
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC với AB=√ 5 ; C(–1;–1), đường thẳng AB có phương trình
1. Cho số nguyên n thỏa mãn

x + 2y –3 = 0 và trọng tâm tam giác ABC thuộc đường thẳng x + y –2 = 0 . Hãy tìm tọa độ các đỉnh A và B.
Câu Vb: ( 2 điểm)

2 log 2 (2 x  2)  log 1 (9 x  1) 1
2
1. Giải phương trình :
2. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh bằng a ; SA=a √ 3 và SA vng 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 .


BÀI GIẢI ĐỀ DỰ BỊ 1 KHỐI B 2008
Câu I:
1. Học sinh tự giải
2. y=x 3 − 3 x2 −3 m(m+2) x −1
Tập xác định D = R


y ' 3x 2  6 x  3m(m  2)
y ' 0  x 2  2 x  m(m  2) 0
 x  m  y 2(m  1) 2 (2m  1)

2
 x m  2  y  2(m  1) (2m  5)
Khi m ≠ –1 .hàm số có hai cực trị . Để hàm số có hai cực trị cùng dấu thì

m  1


(2m  1)(2 m  5)  0

m  1

 5
1
 2  m  2

Câu II:


 1


5





2sin  x    sin  2x     2sin  x   sin  2x    sin
3
6 2
3
6
6




1.








 2sin  x   2sin  x   .cos  x    sin  x    s inx  1 0
3
3
2
3







 

x   k

sin x   0
3
  

(k  Z)
3



x   k
 s inx 1

2
2. √ 10 x +1+ √ 3 x −5=√ 9 x+ 4+ √ 2 x − 2 Điều kiện x ≥ 5/3
x 3
x 3
10x 1  9x  4  3x  5  2x  2 0 

0
10x  1  9x  4
3x  5  2x  2
1
1



 (x  3) 

 0  x 3
3x  5  2x  2 
 10x  1  9x  4
(thỏa điều kiện)
Câu III:


Đường thẳng d1 qua điểm M(3 ; 0;–5) nhận u1 (2;9;1) làm VTCP
Đường thẳng d đi qua điểm A( 5;4;3) nhận u 2 AB (1;3;  1) làm VTCP nên có phương trình :
2

x 5 y 4 z 3
d2 :


1
3
1 .
 
  





MA (2;4;8) ;  u1 , u 2  ( 12;3;  3) ;  u1 , u 2  .MA  24  12  24  36 0
Vậy hai đường thẳng d1 và d2 chéo nhau .


C(3

2t;9t;

5

t)
AC
(2t  2;9t  4; t  8) ;
C thuộc đường thẳng d1 nên tọa độ
;
 
 
 AB, AC  (12t  28;  3t  10;3t  2)   AB, AC   162t 2  720t  888




1  
162t 2  720t  888
SABC   AB, AC  
2
2
20
25 
 67
t   C  ;20; 
9
9  ; Smin =
 9

Diện tích nhỏ nhất khi
Câu IV:
2

1.

x+1
I =∫
dx
0 √ 4 x+1

Đặt

t  4x  1  x 

Khi x = 0  t = 1 ; khi x = 2  t = 3

22 (đvdt)

t2  1
1
 dx  tdt
4
2


t2  1
3
3
3

1
1
1 2
13 3 11
 1 3 3 
4
I ∫
. tdt  ∫(t  3)dt =  t  t    
t
2
81
8  1 12 4 6
 24
1
2. Ta có
yz ( y  z )2
( y  z )2
x yz  

x yz 
3x
12 x
12 x
2
2
( y  z )  12 x ( y  z )  12 x 0
Đặt t  y  z  0 Ta có
t  0
6x
 t (6  4 3) x  y  z 2 x(2 3  3)  y  z 

2
2
2 3 3
t  12tx  12 x 0
2 3 3
 x
( y  z)
6
(đpcm)
Câu Va:
A3n  C3n
n!
n!
35 

35(n  1)(n  2)
(n  3)! 3!.(n  3)!
1. (n  1)(n  2)
n(n  1)(n  2) 

n(n  1)(n  2)
n
35(n  1)(n  2)  n  35  n 30
6
6

1
(1  x)30 C 0  C30
x  C302 x 2  C303 x 3  C304 x 4  ...  C3030 x30


30
Ta có
Đạo hàm hai vế của (1)

1
30
30(1  x) 29 C30
 2 xC302  3x 2C303  4 x3C304  ...  30 x 29C30

(1)

(2)

Nhân hai vế của (2) cho x Ta được
1
30 x(1  x) 29 C30
x  2 x 2C302  3x3C303  4 x 4C304  ...  30 x30C3030

(3)

Đạo hàm hai vế của (3)
1
3
30
30  (1  x) 29  29 x (1  x )28  C30
 22 xC302  32 x 2C30
 42 x3C304  ...  302 x 29C30

(4)


Thay x = –1 vào (4) Ta có :
1
3
30
0 C30
 22 C302  32 C30
 42 C304  ...  302 C30
30
1
 22 C302  32 C303  42 C304  ...  302 C30
C30
30

Vậy khi n = 30 Ta có
3
S 22.C302  32 C30
 42 C304  .......  302.C3030 30

2. Gọi trung điểm I của AB có tọa độ I(a;b) Ta có a + 2b – 3 = 0 (1)
2a  1

 x G  3


3(x G  1) 2(a  1)
 2a  1 2b  1 
3CG 2CI  

 G
;

3 
 3
3(y G  1) 2(b  1)
 y  2b  1
G

3
2a  1 2b  1
G  x  y  2 0 

 2 0  a  b  4 0 (2)
3
3
a 5
 
 I(5;  1)
b  1

Từ (1) và (2)
5
2
A,B thuộc đường tròn (C) tâm I bán kính
nên (C) có phương trình :
5
(C) : (x  5) 2  (y  1) 2 
4
Tọa độ A và B là nghiệm của hệ phương trình

 x  2y  3 0
 x 3  2y

 x 3  2y
 x 4; y 








5

5

1
2
2
2
2
2
 x 6; y 
(x  5)  (y  1)  4
(  2  2y)  (y  1)  4
(y  1)  4


1
2
3
2



1 
3
3 
1


A  4;   ;B  6;  
A  6;   ;B  4;  
2 
2  hoặc 
2 
2
Vậy 
Câu Vb:

2 log 2 (2 x  2)  log 1 (9 x  1) 1
2
1.
Điều kiện x > 1/9 .
Với điều kiện đã cho phương trình tương đương với

log 2 (4 x 2  8x  4) log 2 (9 x  1)  1  log 2 (4 x 2  8x  4)) log 2 (18 x  2)
 x 1
 4 x  10 x  6 0  
 x 3
2 (thỏa điều kiện)

2


2. Bài này có thể gắn hệ trục tọa độ vào và áp dụng công thức là xong