Tải bản đầy đủ (.doc) (4 trang)

Đề thi thử có đáp án trường THPT Lương Thế Vinh năm 2011 pot

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (111.06 KB, 4 trang )

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 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 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
+++++=
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 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 =
.
Vì tam giác ABC vuông cân nên
2
2
'''
a
BCCCAC ===
.
2
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 +
.

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 đ-
ờng 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.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 +=

)(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.Đờng thẳng d đi qua điểm
)0;2;0(M
và có vectơ chỉ phơng
)1;1;1( u
3
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

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

)(

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

)(

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.
4

×