Đề thi thử Đại học 2011 môn toán - THPT Lương Thế Vinh potx

Trờng Lơng thế Vinh H nội. Đề thi thử ĐH lần I . Môn Toán (180)

Phần bắt buộc.
Câu 1.(2 điểm) Cho hm số
1
12



x
x
y

1. Khảo sát sự biến thiên v vẽ đồ thị (C) của hm số .
2. Tìm tọa độ điểm M sao cho khoảng cách từ điểm )2;1(

I tới tiếp tuyến của (C) tại M l lớn
nhất .
CÂU 2. (2 điểm).
1. Giải phơng trình : 01 . cossin2sinsin2
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 v
. Gọi C v D lần lợt l hình chiếu của điểm B trên AC v AD. Tính thể tích
tích tứ diện ABCD.
aCDBCAB
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 lm 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
2
, đỉnh C nằm trên đờng
thẳng 04 x , v trọng tâm G của tam giác nằm trên đờng thẳng 06 . Tính diện
tích tam giác ABC.
3 yx

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đờng thẳng d v d lần lợt có phơng trình : d :
z
y
x



1
2
v 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 v 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

. Tìm tọa độ đỉnh C biết diện tích tam giác ABC bằng
13,5 .
yx
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đờng thẳng d v d lần lợt có phơng trình : d :
z
y
x



1
2
v d :
1
5
3

2
2



z
y
x
.
Viết phơng trình mặt phẳng )(

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


1
63 thi th i hc 2011
-69-

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 : , tiệm cận ngang

1x 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 tới tiếp tuyến l

)2;1(I

2
0
2
0
4
0
0
0
0
)1(
)1(
9
6

)1(9
16
9
)1(3









x
x
x
x
x
x
d
4
0
1
)1(3

x
. 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
. Vậy
22
)3cos2()1(cos8)1cos2( xxx
5,0sin

x
hoặc 1cossin

xx .

2
Với ta có
5,0sin x


kx 2
6

hoặc

kx 2
6
5
















4
sin
2
2
4
sin1cos

xxx
Với
sin ta có 1cos xx
sin

, suy ra


kx 2
hoặc


kx 2
2
3


2)
log 0)23(log)6(
2
25,0
xxxm )23(log)6(log
2
22
xxxm

38
13
236
023
2
2
2
xxm
x
xxxm
xx
Xét hm số ta có
13,38)(
2
xxxxf 82)('



xxf , 0)('

xf khi , do đó
nghịch biến trong khoảng
4x
)(xf
)1;3(

, 6)1(,18)3(


f
18m
f . Vậy hệ phơng trình trên có nghiệm duy nhất
khi
6

CÂU 3. Đặt thì , khi
tx sin2 tdtdx cos2 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

v do đó
)()( ACDmpABCmp .Vì nên ACBC ' )(ACDmpBC

.
Suy ra nếu V l thể tích tứ diện ABCD thì

').''(
3
1
BCDACdtV
.
63 thi th i hc 2011
-70-

Vì tam giác ABC vuông cân nên
2
2
'''
a
BCCCAC
.
Ta có nên
2222222
3aCDBCABBDABAD 3aAD . Vì BD l đờng cao của tam giác
vuông ABD nên , Vậy
2
'. ABADAD
3
'
a
AD
. Ta có
12
2
3
1

3
3
2
2
2
1
'.'.ADAC
2
1
2
1
)''(
2
aaa
AD
CD
DACdt

sin''. DACADAC
. 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 nên , dấu bằng xẩy ra khi
0)cos(1,0cos CBA AS 3cos 1)cos(

CB hay
2
180
0
A
CB


. Nhng , dấu bằng xẩy ra khi hay A = 13cos A
0 0
601803 A
Tóm lại : S có giá trị bé

nhất bằng -1 khi ABC l tam giác đều.

Phần A (tự chọn)
CÂU 6A.
1. Ta có . Khi đó tọa độ G l
);4(
C
yC
3
2
3
51
,1
3
421
CC
GG
yy
yx





. Điểm G nằm trên
đờng thẳng nên
06 32 yx
0662

C
y , vậy 2

C
y , tức l
)2;4(C
. Ta có )1;3(,)4;3( ACAB , vậy 5

AB , 10AC , 5. ACAB .
Diện tích tam giác ABC l


2510.25
2
1

2
1
2
22
ACABACABS =
2
15

2.Đờng thẳng d đi qua điểm v có vectơ chỉ phơn
g
)0;2;0(M )1;1;1( u

Đờng thẳng d đi qua điểm v có vectơ chỉ phơn

g )5;3;2(' M )1;1;2(' u
Ta có
)5;1;2( MM ,


)3;3;0('; uu , do đó


012'.'; MMuu vậy d v d chéo nhau.
Mặt phẳng
)(

đi qua điểm v có vectơ pháp tuyến l
)0;2;0(M )1;1;2(' u
nên có phơng
trình: hay
0)22 zx ( y
022


z yx

CÂU 7A. Ta có , suy ra
nn
nnnn
n
xCxCxCCx
2210
)1(

.
132210
)1(


nn
nnnn
n
xCxCxCxCxx
Lấy đạo hm cả hai vế ta có :



1
)1()1(
nn
xnxx
nn
nnnn
xCnxCxCC )1(32
2210

Thay vo đẳng thức trên ta đợc S.
1x

Phần B (tự chọn)
CÂU 6B.

1. Vì G nằm
trên đờng thẳng nên G có tọa độ

02 yx )2;( ttG


. Khi đó
)3;2( ttAG
,
)1;1( AB Vậy diện tích tam giác ABG l


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 hoặc . Vậy có hai điểm G :
6t 3t )1;3(,)4;6(
21





GG
)
B
y
. Vì G l trọng tâm tam giác ABC nên
v .
)
Ba
xx (x 3
GC
x (3
aGC
yyy

3
63 thi th i hc 2011
-71-

Với ta có )4;6(
1
G

)9;15(
1


C
, với )1;3(
2



G ta có
)18;12(
2


C

2.Đờng thẳng d đi qua điểm v có vectơ chỉ phơn
g
)0;2;0(M )1;1;1( u

Đờng thẳng d đi qua điểm v có vectơ chỉ phơn
g )5;3;2(' M )1;1;2(' u .
Mp
)(

phải đi qua điểm M v có vectơ pháp tuyến n vuông góc với u v
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 . Vậy
0)2)((02
22
CACACACA CA

hoặc CA


2 .
Nếu ,ta có thể chọn A=C=1, khi đó
CA
2

B
, tức l
)1;2;1(n
v
)(

mp
có phơng trình
0)2(2 zyx hay
042

zyx

Nếu ta có thể chọn , khi đó
CA 2
2,1 CA 1


B
, tức l
)2;1;1( n
v
)(

mp
có phơng trình
hay
0 zx 2)2( y
022

zyx

CÂU 7B. Ta có , suy ra
nn
nnnn
n
xCxCxCCx
2210
)1(

.
132210
)1(


nn
nnnn
n
xCxCxCxCxx
Lấy đạo hm cả hai vế ta có :



1
)1()1(
nn
xnxx
nn
nnnn
xCnxCxCC )1(32

2210

Thay vo đẳng thức trên ta đợc S.
1x


4
63 thi th i hc 2011
-72-