Đề thi thử đại học môn Toán lần 1 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


Generated by Foxit PDF Creator â Foxit Software
For evaluation only.

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
.
Generated by Foxit PDF Creator â Foxit Software
For evaluation only.

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
.
Generated by Foxit PDF Creator â Foxit Software
For evaluation only.

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.

Generated by Foxit PDF Creator â Foxit Software
For evaluation only.