Bài giảng Đề + ĐA số 5/2011

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

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

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

.
2
x - -1
y' + +
y
+ 2
2 -
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
===
.
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
,

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
+=
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.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
.
3
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.
4