Đề thi thử ĐH lần I : Môn Toán - Trường Lương thế Vinh – Hà nội pdf

Trường Lương thế Vinh –Hà nội. Đề thi thử ĐH lần I . Môn Toán (180’)
PHẦN BẮT BUỘC.
CÂU 1.(2 điểm) Cho hàm số
1
12
+
−
=
x
x
y

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số .
2. Tìm tọa độ điểm M sao cho khoảng cách từ điểm
)2;1(−I
tới tiếp tuyến của (C) tại M là lớn
nhất .
CÂU 2. (2 điểm).
1. Giải phương trình :
01cossin2sinsin2
2
=−++− xxxx
.
2. Tìm giá trị của m để phương trình sau đây có nghiệm duy nhất :

0)23(log)6(log
2
25,0
=−−++ xxxm
CÂU 3 . (1điểm) Tính tích phân:
∫

−
=
2
1
2
2
4
dx
x
x
I
.
CÂU 4. (1 điểm). Cho tứ diện ABCD có ba cạnh AB, BC, CD đôi một vuông góc với nhau và
aCDBCAB ===
. Gọi C’ và D’ lần lượt là hình chiếu của điểm B trên AC và AD. Tính thể tích
tích tứ diện ABC’D’.
CÂU 5. (1 điểm) Cho tam giác nhọn ABC , tìm giá trị bé nhất của biểu thức:

CBAAS 2cos2coscos23cos
+++=
.

PHẦN TỰ CHỌN (thí sinh chỉ làm một trong hai phần : A hoặc B )
Phần A
CÂU 6A. (2 điểm).
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với
)5;2(,)1;1( −BA
, đỉnh C nằm trên đường
thẳng
04

=−
x
, và trọng tâm G của tam giác nằm trên đường thẳng
0632 =+− yx
. Tính diện
tích tam giác ABC.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d và d’ lần lượt có phương trình :
d :
z
y
x =
−
−
=
1
2
và d’ :
1
5
3
2
2
−
+
=−=
− z
y
x
.
Chứng minh rằng hai đường thẳng đó vuông góc với nhau. Viết phương trình mặt phẳng

)(
α
đi
qua d và vuông góc với d’
CÂU7A. (1 điểm) Tính tổng :
n
n
n
nnnn
CnCCCCS )1()1(432
3210
+−+⋅⋅⋅+−+−=
Phần B.
CÂU 6B. (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với
)2;1(,)1;2( −− BA
, trọng tâm G của tam
giác nằm trên đường thẳng
02 =−+ yx
. Tìm tọa độ đỉnh C biết diện tích tam giác ABC bằng
13,5 .
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d và d’ lần lượt có phương trình :
d :
z
y
x =
−
−
=
1

2
và d’ :
1
5
3
2
2
−
+
=−=
− z
y
x
.
Viết phương trình mặt phẳng
)(
α
đi qua d và tạo với d’ một góc
0
30
CÂU7B. (1 điểm) Tính tổng :
n
nnnn
CnCCCS )1(32
210
++⋅⋅⋅+++=
1
ĐÁP ÁN MÔN TOÁN.
CÂU 1. 1. Tập xác định :
1−≠x

.

1
3
2
1
12
+
−=
+
−
=
xx
x
y
,
2
)1(
3
'
+
=
x
y
,
Bảng biến thiên:
Tiệm cận đứng :
1
−=
x

, tiệm cận ngang
2=y
2. Nếu
)(
1
3
2;
0
0
C
x
xM ∈








+
−
thì tiếp tuyến tại M có phương trình
)(
)1(
3
1
3
2
0

2
00
xx
xx
y −
+
=
+
+−

hay
0)1(3)2()1()(3
0
2
00
=+−−+−− xyxxx
. Khoảng cách từ
)2;1(−I
tới tiếp tuyến là
( )
2
0
2
0
4
0
0
4
0
00

)1(
)1(
9
6
)1(9
16
19
)1(3)1(3
++
+
=
++
+
=
++
+−−−
=
x
x
x
x
x
xx
d
. Theo bất đẳng thức Côsi
692)1(
)1(
9
2
0

2
0
=≥++
+
x
x
, vây
6≤d
. Khoảng cách d lớn nhất bằng
6
khi
( )
3131)1(
)1(
9
0
2
0
2
0
2
0
±−=⇔=+⇔+=
+
xxx
x
.
Vậy có hai điểm M :
( )
32;31

−+−
M
hoặc
( )
32;31
+−−
M
CÂU 2.
1)
01cossin)1cos2(sin201cossin2sinsin2
22
=−+−−⇔=−++− xxxxxxxx
.

22
)3cos2()1(cos8)1cos2( −=−−−=∆ xxx
. Vậy
5,0sin =x
hoặc
1cossin −= xx
.
Với
5,0sin =x
ta có
π
π
kx 2
6
+=
hoặc

π
π
kx 2
6
5
+=
Với
1cossin −= xx
ta có






−=−=






−⇔−=−
4
sin
2
2
4
sin1cossin
ππ

xxx
, suy ra

π
kx 2
=
hoặc
π
π
kx 2
2
3
+=
2)
⇔=−−++ 0)23(log)6(log
2
25,0
xxxm
⇔−−=+ )23(log)6(log
2
22
xxxm




+−−=
<<−
⇔






−−=+
>−−
⇔
38
13
236
023
2
2
2
xxm
x
xxxm
xx
Xét hàm số
13,38)(
2
<<−+−−= xxxxf
ta có
82)(' −−= xxf
,
0)(' <xf
khi
4−>x
, do đó
)(xf

nghịch biến trong khoảng
)1;3(−
,
6)1(,18)3( −==− ff
. Vậy hệ phương trình trên có nghiệm duy nhất
khi
186
<<−
m
CÂU 3. Đặt
tx sin2
=
thì
tdtdx cos2
=
, khi
1
=
x
thì
6
π
=t
, khi
2
=
x
thì
2

π
=t
, vậy:
∫ ∫
==
−
=
2
1
2
6
2
2
2
2
sin
cos4
π
π
dt
t
t
dx
x
x
I
∫∫
=−−=







−
2
6
2
6
2
6
2
)(cot1
sin
1
π
π
π
π
π
π
ttddt
t
3
3
π
−
CÂU 4. Vì
ABCDBCCD ⊥⊥ ,
nên

)(ABCmpCD ⊥
và do đó
)()( ACDmpABCmp ⊥
.Vì
ACBC ⊥'
nên
)(ACDmpBC ⊥
.
Suy ra nếu V là thể tích tứ diện ABC’D’ thì
').''(
3
1
BCDACdtV =
.
2
Vì tam giác ABC vuông cân nên
2
2
'''
a
BCCCAC ===
.
Ta có
2222222
3aCDBCABBDABAD =++=+=
nên
3aAD =
. Vì BD’ là đường cao của tam giác
vuông ABD nên
2

'. ABADAD =
, Vậy
3
'
a
AD =
. Ta có
12
2
3
1
3
3
2
2
2
1
'.'.
2
1
ˆ
sin''.
2
1
)''(
2
aaa
AD
CD
ADACDACADACDACdt =⋅===

. Vậy
==
2
2
.
12
2
3
1
2
aa
V
36
3
a
CÂU 5.
CBAAS 2cos2coscos23cos +++=
=
)cos()cos(2cos23cos CBCBAA −+++
.

=
[ ]
)cos(1cos23cos CBAA −−+
.
Vì
0)cos(1,0cos ≥−−> CBA
nên
AS 3cos≥
, dấu bằng xẩy ra khi

1)cos( =− CB
hay
2
180
0
A
CB
−
==
. Nhưng
13cos −≥A
, dấu bằng xẩy ra khi
0
1803 =A
hay A =
0
60
Tóm lại : S có giá trị bé nhất bằng -1 khi ABC là tam giác đều.
Phần A (tự chọn)
CÂU 6A.
1. Ta có
);4(
C
yC =
. Khi đó tọa độ G là
3
2
3
51
,1

3
421
CC
GG
yy
yx +=
++
==
+−
=
. Điểm G nằm trên
đường thẳng
0632 =+− yx
nên
0662 =+−−
C
y
, vậy
2=
C
y
, tức là
)2;4(=C
. Ta có
)1;3(,)4;3( =−= ACAB
, vậy
5=AB
,
10=AC
,

5. −=ACAB
.
Diện tích tam giác ABC là
( )
2510.25
2
1

2
1
2
22
−=−= ACABACABS
=
2
15
2.Đường thẳng d đi qua điểm
)0;2;0(M
và có vectơ chỉ phương
)1;1;1( −u
Đường thẳng d’ đi qua điểm
)5;3;2(' −M
và có vectơ chỉ phương
)1;1;2(' −u
Ta có
)5;1;2( −=MM
,
[ ]
)3;3;0('; =uu
, do đó

[ ]
012'.'; ≠−=MMuu
vậy d và d’ chéo nhau.
Mặt phẳng
)(
α
đi qua điểm
)0;2;0(M
và có vectơ pháp tuyến là
)1;1;2(' −u
nên có phương trình:
0)2(2 =−−+ zyx
hay
022
=−−+
zyx
CÂU 7A. Ta có
nn
nnnn
n
xCxCxCCx +⋅⋅⋅+++=+
2210
)1(
, suy ra

132210
)1(
+
+⋅⋅⋅+++=+
nn

nnnn
n
xCxCxCxCxx
.
Lấy đạo hàm cả hai vế ta có :

=+++
−1
)1()1(
nn
xnxx
nn
nnnn
xCnxCxCC )1(32
2210
++⋅⋅⋅+++
Thay
1−=x
vào đẳng thức trên ta được S.
Phần B (tự chọn)
CÂU 6B.
1. Vì G nằm trên đường thẳng
02 =−+ yx
nên G có tọa độ
)2;( ttG −=
. Khi đó
)3;2( ttAG −−=
,
)1;1( −−=AB
Vậy diện tích tam giác ABG là

( )
[ ]
1)3()2(2
2
1

2
1
22
2
22
−−+−=−= ttABAGABAGS
=
2
32 −t
3
Nếu diện tích tam giác ABC bằng 13,5 thì diện tích tam giác ABG bằng
5,43:5,13 =
. Vậy
5,4
2
32
=
−t
, suy
ra
6=t
hoặc
3−=t
. Vậy có hai điểm G :

)1;3(,)4;6(
21
−−=−= GG
. Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên
)(3
BaGC
xxxx +−=
và
)(3
BaGC
yyyy +−=
.
Với
)4;6(
1
−=G
ta có
)9;15(
1
−=
C
, với
)1;3(
2
−−=G
ta có
)18;12(
2
−=
C

2.Đường thẳng d đi qua điểm
)0;2;0(M
và có vectơ chỉ phương
)1;1;1( −u
Đường thẳng d’ đi qua điểm
)5;3;2(' −M
và có vectơ chỉ phương
)1;1;2(' −u
.
Mp
)(
α
phải đi qua điểm M và có vectơ pháp tuyến
n
vuông góc với
u
và
2
1
60cos)';cos(
0
==un
. Bởi vậy
nếu đặt
);;( CBAn =
thì ta phải có :






=
++
−+
=+−
2
1
6
2
0
222
CBA
CBA
CBA

⇔




=−−
+=
⇔





+++=

+=
02
)(632
22
222
CACA
CAB
CCAAA
CAB
Ta có
0)2)((02
22
=+−⇔=−− CACACACA
. Vậy
CA =
hoặc
CA −=2
.
Nếu
CA =
,ta có thể chọn A=C=1, khi đó
2=B
, tức là
)1;2;1(=n
và
)(
α
mp
có phương trình
0)2(2 =+−+ zyx

hay
042
=−++
zyx
Nếu
CA −=2
ta có thể chọn
2,1 −== CA
, khi đó
1−=B
, tức là
)2;1;1( −−=n
và
)(
α
mp
có phương trình
02)2( =−−− zyx
hay
022
=+−−
zyx
CÂU 7B. Ta có
nn
nnnn
n
xCxCxCCx +⋅⋅⋅+++=+
2210
)1(
, suy ra

132210
)1(
+
+⋅⋅⋅+++=+
nn
nnnn
n
xCxCxCxCxx
.
Lấy đạo hàm cả hai vế ta có :

=+++
−1
)1()1(
nn
xnxx
nn
nnnn
xCnxCxCC )1(32
2210
++⋅⋅⋅+++
Thay
1=x
vào đẳng thức trên ta được S.
4