Đề thi thử ĐH lần I.. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số.. Tìm tọa độ điểm M sao cho khoảng cách từ điểm I−1;2tới tiếp tuyến của C tại M là lớn nhất.. Gọi C’ và D’ lần lượ
Trang 1Trường Lương thế Vinh –Hà nội Đề thi thử ĐH lần I Môn Toán (180’)
PHẦN BẮT BUỘC.
CÂU 1.(2 điểm) Cho hàm số
1
1 2 +
−
=
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 I(−1;2)tới tiếp tuyến của (C) tại M là lớn nhất
CÂU 2 (2 điểm)
1 Giải phương trình : 2sin2x−sin2x+sinx+cosx−1=0
2 Tìm giá trị của m để phương trình sau đây có nghiệm duy nhất :
log ( 6 ) log (3 2 2) 0
2 5
,
CÂU 3 (1điểm) Tính tích phân: =∫2 −
1 2
2
4
dx x
x
CÂU 4 (1 điểm) Cho tứ diện ABCD có ba cạnh AB, BC, CD đôi một vuông góc với nhau và
a CD
BC
AB= = = Gọi C’ và D’ lần lượt 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:
S=cos3A+2cosA+cos2B+cos2C
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 A(1;1),B(−2;5), đỉnh C nằm trên đường thẳng x−4=0, và trọng tâm G của tam giác nằm trên đường thẳng 2x−3y+6=0 Tính diện
tích tam giác ABC.
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d và d’ lần lượt có phương trình :
d : x y = z
−
−
=
1
2
và d’ :
1
5 3
2
2
−
+
=
−
=
y
x
Chứng minh rằng hai đường thẳng đó vuông góc với nhau Viết phương trình mặt phẳng (α)đi
qua d và vuông góc với d’
CÂU7A (1 điểm) Tính tổng : S=C n0−2C n1+3C n2 −4C n3+⋅ ⋅⋅+(−1)n(n+1)C n n
Phần B.
CÂU 6B (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với A(2;−1),B(1;−2), trọng tâm G của tam giác nằm trên đường thẳng x+y−2=0 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 đường thẳng d và d’ lần lượt có phương trình :
d : x y = z
−
−
=
1
2
và d’ :
1
5 3
2
2
−
+
=
−
=
y
x
Viết phương trình mặt phẳng (α) đi qua d và tạo với d’ một góc 300
n n
n
C
S = 0+2 1 +3 2+⋅ ⋅⋅+( +1)
Trang 2ĐÁP ÁN MÔN TOÁN.
CÂU 1 1 Tập xác định : x≠−1.
1
3 2 1
1
2
+
−
=
+
−
=
x x
x
) 1 (
3 ' +
=
x
Bảng biến thiên:
Tiệm cận đứng : x=−1 , tiệm cận ngang y=2
1
3 2
;
0
x x
+
− thì tiếp tuyến tại M có phương trình ( )
) 1 (
3 1
3
0 0
x x x
x
+
= + +
−
hay 3( ) ( 1)2( 2) 3( 0 1) 0
0
x
Khoảng cách từ I(−1;2) tới tiếp tuyến là
0 2 0
4 0
0 4
0
0 0
) 1 ( ) 1 ( 9
6 )
1 ( 9
1 6 1
9
) 1 ( 3 ) 1
(
3
+ + +
= + +
+
= +
+
+
−
−
−
=
x x
x
x x
x x
d
Theo bất đẳng thức Côsi
6 9 2 ) 1 (
)
1
(
0
2
0
=
≥ + +
x , vây d ≤ 6 Khoảng cách d lớn nhất bằng 6 khi
) 1 (
)
1
(
9
0
2 0
2 0
2
0
±
−
=
⇔
= +
⇔ +
=
Vậy có hai điểm M : M(− 1 + 3 ; 2 − 3) hoặc M(− 1 − 3 ; 2 + 3)
CÂU 2
1) 2sin2x−sin2x+sinx+cosx−1=0⇔2sin2x−(2cosx−1)sinx+cosx−1=0.
∆=(2cosx−1)2−8(cosx−1)=(2cosx−3)2 Vậy sinx=0,5 hoặc sinx=cosx−1.
Với sinx=0,5 ta có x π 2kπ
6 +
= hoặc x π 2kπ
6
5 +
=
Với sinx=cosx−1 ta có
−
=
−
=
−
⇔
−
=
−
4
sin 2
2 4
sin 1 cos
, suy ra
x= 2kπ hoặc x π 2kπ
2
3 +
=
2) log ( +6 )+log (3−2 − 2)=0⇔
2 5
,
2
+
−
−
=
<
<
−
⇔
−
−
= +
>
−
−
⇔
3 8
1 3
2 3 6
0 2
3
2 2
2
x x m
x x
x x
m
x x
Xét hàm số f(x)=−x2 −8x+3,−3<x<1 ta có f'(x)=−2x−8 , f'(x)<0khi x>−4, do đó f (x)
nghịch biến trong khoảng (−3;1), f(−3)=18,f(1)=−6 Vậy hệ phương trình trên có nghiệm duy nhất khi − 6 <m< 18
CÂU 3 Đặt x=2sint thì dx=2costdt , khi x=1 thì
6
π
=
t , khi x=2 thì
2
π
=
t , vậy:
=2
1
2
6 2
2 2
2
sin
cos 4
π
π
dt t
t dx
x
x
6
2 6 2
6
sin 1
π
π
π π π
π
t t d dt
π
CÂU 4 Vì CD⊥BC,CD⊥AB nên CD⊥mp (ABC)và do đó
) ( )
(ABC mp ACD
mp ⊥ .Vì BC'⊥ ACnên BC⊥mp (ACD)
Suy ra nếu V là thể tích tứ diện ABC’D’ thì ( ' ') '
3
1
BC D AC dt
Trang 3Vì tam giác ABC vuông cân nên
2
2 ' '
Ta có AD2 =AB2 +BD2 = AB2+BC2 +CD2 =3a2 nên AD=a 3 Vì BD’ là đường cao của tam giác vuông ABD nên AD'.AD=AB2 , Vậy
3 ' a
AD= Ta có
12
2 3
1 3
3 2
2 2
1 '
'
2
1 ˆ sin ' '
2
1
)
'
'
AD
CD AD AC D
A C AD AC D
AC
=
=
2
2
12
2
3
1a2 a
CÂU 5 S=cos3A+2cosA+cos2B+cos2C=cos3A+2cosA+2cos(B+C)cos(B−C).
=cos3A+2cosA[1−cos(B−C)].
Vì cosA>0,1−cos(B−C)≥0nên S ≥cos3A, dấu bằng xẩy ra khi cos(B−C)=1 hay
2
1800 A
C
B= = − Nhưng cos3A≥−1, dấu bằng xẩy ra khi 3A=1800 hay A = 600
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 C =(4;y C) Khi đó tọa độ G là
3
2 3
5 1 , 1 3
4 2
G G
y y
y
x = − + = = + + = + Điểm G nằm trên đường thẳng 2x−3y+6=0 nên 2−6−y C +6=0, vậy y C =2, tức là
)
2
;
4
(
=
C Ta có AB=(−3;4),AC=(3;1), vậy AB=5, AC= 10, AB.AC =−5
Diện tích tam giác ABC là ( ) 25.10 25
2
1
2
−
=
−
= AB AC AB AC
2.Đường thẳng d đi qua điểm M(0;2;0) và có vectơ chỉ phương u(1;−1;1)
Đường thẳng d’ đi qua điểm M'(2;3;−5) và có vectơ chỉ phương u('2;1;−1)
Ta có MM =(2;1;−5), [ ]u;u' =(0;3;3), do đó [ ]u;u 'MM'=−12≠0 vậy d và d’ chéo nhau.
Mặt phẳng (α)đi qua điểm M(0;2;0) và có vectơ pháp tuyến là u('2;1;−1) nên có phương trình:
0 )
2
(
2x+ y− −z= hay 2x+y−z− 2 = 0
CÂU 7A Ta có (1+x)n =C n0 +C n1x+C n2x2+⋅ ⋅⋅+C n n x n, suy ra
(1+ ) = 0 + 1 2 + 2 3+⋅ ⋅⋅+ n n+1
n n
n n
x
Lấy đạo hàm cả hai vế ta có :
(1+x)n+nx(1+x)n− 1= n n
n n
n
C0 +2 1 +3 2 2+⋅ ⋅⋅+( +1)
Thay x=−1vào đẳng thức trên ta được S.
Phần B (tự chọn)
CÂU 6B.
1 Vì G nằm trên đường thẳng x+ y−2=0 nên G có tọa độ G=(t;2−t) Khi đó AG=(t−2;3−t),
)
1
;
1
(− −
=
AB Vậy diện tích tam giác ABG là ( ) 2[( 2) (3 ) ] 1
2
1
2
−
− +
−
=
−
2
3
2t−
Trang 4Nếu diện tích tam giác ABC bằng 13,5 thì diện tích tam giác ABG bằng 13,5:3=4,5 Vậy 4,5
2
3 2
=
−
t
, suy
ra t=6 hoặc t=−3 Vậy có hai điểm G : G1=(6;−4),G2=(−3;−1) Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên
) (
x = − + và y C =3y G−(y a +y B)
Với G1 =(6;−4) ta có C1= ( 15 ; − 9 ) , với G2=(−3;−1)ta có C2= ( − 12 ; 18 )
2.Đường thẳng d đi qua điểm M(0;2;0) và có vectơ chỉ phương u(1;−1;1)
Đường thẳng d’ đi qua điểm M'(2;3;−5) và có vectơ chỉ phương u('2;1;−1).
Mp(α) phải đi qua điểm M và có vectơ pháp tuyến n vuông góc với u và
2
1 60 cos ) '
; cos(n u = 0 = Bởi vậy nếu đặt n=(A;B;C) thì ta phải có :
= + +
−
+
=
+
−
2
1 6
2
0
2 2
A
C B
A
C
B
A
⇔
=
−
−
+
=
⇔
+ + +
=
+
=
0 2
) ( 6
3
C A B C
C A A A
C A B
Ta có 2A2−AC−C2 =0⇔(A−C)(2A+C)=0 Vậy A=C hoặc 2A=−C.
Nếu A=C ,ta có thể chọn A=C=1, khi đó B=2, tức là n=(1;2;1) và mp(α)có phương trình
0 )
2
(
x hay x+ 2y+z− 4 = 0
Nếu 2A=−C ta có thể chọn A=1,C =−2, khi đó B=−1, tức là n=(1;−1;−2) và mp(α)có phương trình
0 2
)
2
x hay x−y− 2z+ 2 = 0
CÂU 7B Ta có (1+x)n =C n0 +C n1x+C n2x2+⋅ ⋅⋅+C n n x n, suy ra
(1+ ) = 0 + 1 2 + 2 3+⋅ ⋅⋅+ n n+1
n n
n n
x
Lấy đạo hàm cả hai vế ta có :
(1+x)n+nx(1+x)n− 1= n n
n n
n
C0 +2 1 +3 2 2+⋅ ⋅⋅+( +1)
Thay x=1vào đẳng thức trên ta được S.