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 : 1x . 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 = . 2 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 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 3 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 . 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 . 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 thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số . 2 (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. 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