Đề thi thử ĐH lần I - Trường Lương thế Vinh - Hà nội pptx

1

Trờng Lơng 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 phơng trình :
01cossin2sinsin2
2
xxxx
.
2. Tìm giá trị của m để phơng 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 lợt là hình chiếu của điểm B trên AC và AD. Tính thể tích
tích tứ diện ABCD.
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 đờng
thẳng 04


x , và trọng tâm G của tam giác nằm trên đờng thẳng 0632



yx . Tính diện
tích tam giác ABC.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đờng thẳng d và d lần lợt có phơng trình : d :
z
y
x



1
2
và d :
1
5
3

2
2




z
y
x
.
Chứng minh rằng hai đờng thẳng đó vuông góc với nhau. Viết phơng trình mặt phẳng )(

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 đờng 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 đờng thẳng d và d lần lợt có phơng trình : d :
z
y
x



1
2
và d :
1
5
3
2
2




z
y
x
.
Viết phơng trình mặt phẳng )(

đi qua d và tạo với d một góc
0
30
CÂU7B. (1 điểm) Tính tổng :
n
nnnn
CnCCCS )1(32
210



2

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 phơng 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 6d . 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


kx 2
6

hoặc


kx 2
6
5


Với 1cossin


xx ta có

4
sin
2
2
4
sin1cossin

xxx , suy ra


kx 2

hoặc


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 phơng trình trên có nghiệm duy nhất
khi
186

m

CÂU 3. Đặt
tx sin2

thì
tdtdx cos2

, khi
1

x
thì
6

t
, khi
2

x
thì
2

t
, vậy:




2

1
2
6
2
2
2
2
sin
cos4


dt
t
t
dx
x
x
I









2
6
2

6
2
6
2
)(cot1
sin
1






ttddt
t
3
3




CÂU 4. Vì ABCDBCCD


, nên )(ABCmpCD

và do đó
)()( ACDmpABCmp

.Vì ACBC

' nên )(ACDmpBC

.
Suy ra nếu V là thể tích tứ diện ABCD thì ').''(
3
1
BCDACdtV .

3

Vì tam giác ABC vuông cân nên
2
2
'''
a
BCCCAC
.
Ta có
2222222
3aCDBCABBDABAD
nên 3aAD . Vì BD là đờng 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

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

. Nhng 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
đờng 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
, 10AC ,
5. ACAB
.
Diện tích tam giác ABC là


2510.25
2
1

2
1
2
22
ACABACABS =
2
15

2.Đờng thẳng d đi qua điểm )0;2;0(M và có vectơ chỉ phơng

)1;1;1( u

Đờng thẳng d đi qua điểm )5;3;2('

M và có vectơ chỉ phơng )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 )(

đi qua điểm )0;2;0(M và có vectơ pháp tuyến là
)1;1;2(' u
nên có phơng
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 đợc S.

Phần B (tự chọn)
CÂU 6B.
1. Vì G nằm trên đờng 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

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 .

4

Với )4;6(
1
G ta có
)9;15(
1
C
, với )1;3(
2
G ta có
)18;12(
2
C

2.Đờng thẳng d đi qua điểm )0;2;0(M và có vectơ chỉ phơng
)1;1;1( u

Đờng thẳng d đi qua điểm )5;3;2('

M và có vectơ chỉ phơng
)1;1;2(' u
.
Mp )(

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
)(

mp
có phơng 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
)(

mp
có phơng 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 đợc S.