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 I1;2tới tiếp tuyến của C tại M là lớn nhất.. Gọi C’ và D’ lần lợt
Trang 1Trờng 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
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 phơng trình : 2sin2 sin2 sin cos 1 0
2 Tìm giá trị của m để phơng trình sau đây có nghiệm duy nhất :
log ( 6 ) log (3 2 2) 0
2 5
,
0 m x x x
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 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:
Scos3A2cosAcos2Bcos2C.
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 đờng
thẳng x 4 0, và trọng tâm G của tam giác nằm trên đờng thẳng 2x 3y 6 0 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
1
2
và d’ :
1
5 3
2
2
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 : 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 đờng thẳng xy 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 đờng thẳng d và d’ lần lợt có phơng trình : d :
z y
1
2
và d’ :
1
5 3
2
2
y
x
Viết phơng trình mặt phẳng () đi qua d và tạo với d’ một góc 300
CÂU7B (1 điểm) Tính tổng : S C n0 2C n1 3C n2 (n 1)C n n
Trang 2Đáp án môn Toán.
Câu 1 1 Tập xác định : x1
1
3 2 1
1
2
x x
x
) 1 (
3 '
x
Bảng biến thiên:
Tiệm cận đứng : x1 , tiệm cận ngang y 2
1
3 2
;
0
x x
thì tiếp tuyến tại M có phơng trình ( )
) 1 (
3 1
3
0 0
x x x
x
0 ) 1 ( 3 ) 2 ( ) 1 (
)
(
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) 2sin2 sin2 sin cos 1 0 2sin2 (2cos 1)sin cos 1 0
(2cosx 1)2 8(cosx 1)(2cosx 3)2 Vậy sinx 0 , 5 hoặc sinxcosx 1
Với sinx 0 , 5 ta có x 2k
6
hoặc x 2k
6
5
4
sin 2
2 4
sin 1 cos
x2k hoặc x 2k
2
3
2) log ( 6 )log (3 2 2)0
2 5
,
0 m x x x log ( 6 )log (3 2 2)
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 ( ) 2 8 3, 3 1
x
f ta có f'(x)2x 8 , f'(x)0khi x4, do đó )
(x
f nghịch biến trong khoảng (3;1), f(3)18 ,f(1)6 Vậy hệ phơng trình trên có nghiệm duy nhất khi 6m18
CÂU 3 Đặt x2sint thì dx 2costdt , khi x1 thì
6
t , khi x2 thì
2
t , vậy:
2
1
2
6 2
2 2
2
sin
cos 4
dt t
t dx
x
x
2
6
2 6 2
6
sin 1
t t d dt
CÂU 4 Vì CDBC,CDAB 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
Vì tam giác ABC vuông cân nên
2
2 '
' ' CC BC a
Ta có AD2 AB2BD2AB2BC2CD2 3a2 nên AD a 3 Vì BD’ là đờng cao của tam giác vuông ABD nên AD'.ADAB2, Vậy
3 ' a
AD Ta có
Trang 32 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
V
36
3
a
CÂU 5 S cos3A2cosAcos2Bcos2C=cos3A2cosA2cos(BC)cos(B C)
cos3A2cosA1 cos(B C)
Vì cosA0,1 cos(B C)0nên Scos3A, dấu bằng xẩy ra khi cos(B C)1 hay
2
1800 A
C
B Nhng cos3A1, dấu bằng xẩy ra khi 3 A 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 đờng thẳng 2x 3y 6 0 nên 2 6 y C60, 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
2 15
2.Đờng thẳng d đi qua điểm M(0;2;0) và có vectơ chỉ phơng u( 1 ; 1 ; 1 )
Đờng thẳng d’ đi qua điểm M'(2;3;5) và có vectơ chỉ phơng u' ( 2 ; 1 ; 1 )
Ta có MM ( 2 ; 1 ; 5 ), u;u'(0;3;3), do đó u;u'.MM'120 vậy d và d’ chéo nhau
Mặt phẳng ()đi qua điểm M(0;2;0) và có vectơ pháp tuyến là u' ( 2 ; 1 ; 1 ) nên có phơng trình:
0 )
2
(
2x y z hay 2xy z 2 0
CÂU 7A Ta có (1x)n C n0 C n1xC n2x2 C n n x n, suy ra
x(1x)n C n0xC n1x2 C n2x3 C n n x n1
Lấy đạo hàm cả hai vế ta có :
(1x)nnx(1x)n1 n n
n n
n
C02 1 3 2 2 ( 1) Thay x 1vào đẳng thức trên ta đợc S
Phần B (tự chọn)
CÂU 6B
1 Vì G nằm trên đờng thẳng xy 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
S
=
2
3
2 t
Nếu 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 C 3x G (x a x B)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.Đờng thẳng d đi qua điểm M(0;2;0) và có vectơ chỉ phơng u( 1 ; 1 ; 1 )
Đờng thẳng d’ đi qua điểm M'(2;3;5) và có vectơ chỉ phơng u' ( 2 ; 1 ; 1 )
Mp() phải đi qua điểm M và có vectơ pháp tuyến n vuông góc với u và
2
1 60 cos ) '
;
u
vậy nếu đặt n (A;B;C) thì ta phải có :
2 6
2
0
2 2
A
C
B
A
C
B
A
0 2 ) ( 6
C A C C A A A C A
Nếu A ,ta có thể chọn A=C=1, khi đó C B 2, tức là n ( 1 ; 2 ; 1 ) và mp()có phơng trình
0 )
2
(
x hay x 2yz 4 0
Trang 4Nếu 2AC ta có thể chọn A 1 ,C 2, khi đó B 1, tức là n ( 1 ; 1 ; 2 ) và mp()có phơng
trình x (y 2) 2z0 hay x y 2z 2 0
CÂU 7B Ta có (1x)n C n0 C n1xC n2x2 C n n x n, suy ra
(1 ) 0 1 2 2 3 1
x n C n x C n x C n x C n n x n
Lấy đạo hàm cả hai vế ta có :
(1 )n (1 )n1
x nx
Thay x 1vào đẳng thức trên ta đợc S