Đang tải... (xem toàn văn)
Trêng L¬ng thÕ Vinh –Hµ néi.[r]
(1)Trờng Lơng Vinh Hà nội Đề thi thử ĐH lần I năm 2010 Môn Toán (180) Phần bắt buộc.
Câu 1.(2 điểm) Cho hµm sè y=2x −1 x+1
1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số
2 Tìm tọa độ điểm M cho khoảng cách từ điểm I(−1;2) tới tiếp tuyến (C) M là lớn
CÂU (2 điểm)
1. Gii phng trỡnh : 2 sin2x −sin 2x+sinx+cosx −1=0 2. Tìm giá trị m để phơng trình sau có nghiệm : log0,5(m+6x)+log2(3−2x − x2)=0
CÂU (1điểm) Tính tích phân: I=∫
√4− x2 x2 dx .
CÂU (1 điểm) Cho tứ diện ABCD có ba cạnh AB, BC, CD đơi vng góc với v
AB=BC=CD=a Gọi C D lần lợt hình chiếu điểm B AC AD TÝnh thĨ tÝch tÝch tø diƯn ABC D’ ’.
CÂU (1 điểm) Cho tam giác nhọn ABC , tìm giá trị bé biểu thức: S=cos 3A+2cosA+cos2B+cos 2C .
Phần tự chọn (thí sinh làm hai phần : A B) Phần A
CÂU 6A (2 điểm)
1 Trong mt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với A(1;1), B(−2;5) , đỉnh C nằm đ-ờng thẳng x −4=0 , trọng tâm G tam giác nằm đờng thẳng 2x −3y+6=0 . Tính diện tích tam giác ABC.
2. Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đờng thẳng d d’ lần lợt có phơng trình : d : x=y −2
−1 =z vµ d’ :
x −2
2 =y −3=
z+5 −1 .
Chứng minh hai đờng thẳng vng góc với Viết phơng trình mặt phẳng (α) đi qua d vng góc với d’
C¢U7A (1 ®iĨm) TÝnh tỉng : −1¿ n
(n+1)Cn n
S=Cn02Cn1+3Cn24Cn3++
Phần B.
CÂU 6B (2 ®iĨm)
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 đờng 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 đờng thẳng d d’ lần lợt có phơng trình : d : x=y −2
−1 =z vµ d’ :
x −2
2 =y −3=
z+5 −1 .
(2)Đáp án môn Toán
Cõu 1 Tp xỏc định : x ≠ −1
y=2x −1 x+1 =2−
3
x+1 ,
x+1¿2 ¿ y '=3
, Bảng biến thiên:
Tiệm cận đứng : x=−1 , tiệm cận ngang y=2
2 NÕu M(x0;2− 3
x0+1)∈(C) th× tiÕp tuyÕn M có phơng trình
x0+12
y −2+ 3
x0+1=
3
¿
hay
x0+1¿2(y −2)−3(x0+1)=0
3(x − x0)−¿
Khoảng cách từ I(1;2) tới tiếp tuyến
x0+1¿4
¿ x0+1¿2
¿ x0+1¿2
¿ ¿
9
¿
√¿
9+¿
√¿ d=|3(−1− x0)−3(x0+1)|
√9+(x0+1)4
=6|x0+1| ¿
Theo bất đẳng
thøc C«si
x0+1¿2
¿
x0+1¿2≥2√9=6 ¿
9
¿
, vây d 6 Khoảng cách d lớn √6
x0+1¿2
¿
x0+1¿2⇔(x0+1)2=3⇔x0=−1±√3
¿
9
¿
VËy có hai điểm M : M(1+3;23) M(13;2+3) CÂU
1) 2 sin2x −sin 2x+sinx+cosx −1=0⇔2sin2x −(2 cosx −1)sinx+cosx −1=0
2cosx −3¿2
2 cosx −1¿2−8(cosx −1)=¿ Δ=¿
VËy sinx=0,5 hc sinx=cosx −1
Víi sinx=0,5 ta cã x=π
6+2kπ hc x= 5π
6 +2kπ
Víi sinx=cosx −1 ta cã sinx −cosx=−1⇔sin(x −π
4)=−√ 2
2 =sin(−
π
4) , suy
x=2kπ hc x=3π
2 +2kπ
(3)
⇔
3−2x − x2>0 m+6x=3−2x − x2
⇔ ¿−3<x<1 m=− x2−8x+3
¿{
Xét hàm số f (x)=− x2−8x+3,−3<x<1 ta có f '(x)=−2x −8 , f '(x)<0 x>−4 , f(x) nghịch biến khoảng (−3;1) , f(−3)=18, f(1)=−6 Vậy hệ phơng trình có nghiệm −6<m<18
C¢U Đặt x=2 sint dx=2 cos tdt , x=1 th× t=π
6 , x=2 th× t=
π
2 , vËy:
√4− x2
x2 dx=∫π π
cos2t
sin2t dt=¿ I=∫
1
¿
d(cott)−t¿π
6 π
=¿
∫ π π
(sin12t −1)dt=−∫π π
¿
√3−π
3
CÂU Vì CD⊥BC,CD⊥AB nên CD⊥mp(ABC) ú
mp(ABC)mp(ACD) Vì BC'AC nên BCmp(ACD)
Suy nÕu V lµ thĨ tÝch tø diƯn ABC’D’ th× V=1
3dt(AC' D ') BC'
V× tam giác ABC vuông cân nên AC'=CC'=BC'=a2
2
Ta có AD2=AB2+BD2=AB2+BC2+CD2=3a2 nên AD=a√3 Vì BD’ đờng cao tam giác vuông ABD nên AD' AD=AB2 , Vậy AD'= a
√3 Ta cã dt(AC' D')=1
2AC' AD 'sinC^A D= 1
2AC' AD'. CD
AD=
1 2
a√2 2
a√3
3 ⋅
1
√3=
a2
√2
12 VËy
V=1
3
a2√2
12 .
a√2
2 =¿
a3
36
C¢U S=cos 3A+2cosA+cos 2B+cos 2C = cos 3A+2 cosA+2 cos(B+C)cos(B −C) ¿ cos 3A+2 cosA[1−cos(B −C)]
V× cosA>0,1−cos(B −C)≥0 nªn S ≥cos 3A , dÊu b»ng xÈy cos(B −C)=1 hay B=C=180
0 − A
2 Nhng cos 3A ≥−1 , dÊu b»ng xÈy 3A=180
0 hay A = 600 Tóm lại : S có giá trị bé -1 ABC tam giác
PhÇn A (tù chän)
C¢U 6A
Ta có C=(4; yC) Khi tọa độ G xG=1−2+4
3 =1, yG=
1+5+yC
3 =2+
yC
3 Điểm G nằm
đờng thẳng 2x −3y+6=0 nên 2−6− yC+6=0 , yC=2 , tức
C=(4;2) Ta cã ⃗AB=(−3;4),⃗AC=(3;1) , vËy AB=5 , AC=√10 , ⃗AB ⃗AC=−5 DiÖn tÝch tam giác ABC S=1
2AB
2
AC2−(⃗AB ⃗AC)2=1
2√25 10−25 = 15
2
2.Đờng thẳng d đi qua điểm M(0;2;0) có vectơ phơng u(1;1;1) Đờng thẳng dđi qua điểm M '(2;3;5) có vectơ phơng u '(2;1;1)
Ta có ⃗MM=(2;1;−5) , [⃗u ;⃗u']=(0;3;3) , [⃗u ;u'⃗].⃗MM'=−12≠0 d d’ chéo Mặt phẳng (α) qua điểm M(0;2;0) có vectơ pháp tuyến ⃗u '(2;1;−1) nên có phơng trình:
(4)C¢U 7A Ta cã 1+x¿n=Cn0+Cn1x+Cn2x2+⋅+Cnnxn
¿ , suy
1+x¿ n
=Cn
x+Cn1x2+Cn2x3+⋅+Cnnxn+1
x¿
Lấy đạo hàm hai vế ta có : 1+x¿
n −1 =¿
1+x¿n+nx¿ ¿
Cn0+2Cn1x+3Cn2x2+⋅+(n+1)Cnnxn Thay x=−1 vào đẳng thức ta đợc S
PhÇn B (tù chän)
C¢U 6B
Vì G nằm đờng thẳng x+y −2=0 nên G có tọa độ G=(t ;2−t) Khi ⃗AG=(t −2;3− t) ,
AB=(1;1) Vậy diện tích tam giác ABG
3 t¿2
t −2¿2+¿−1 ¿
2¿
S=1
2√AG
2
AB2−(⃗AG ⃗AB)2=1
2√¿
= |2t −3|
2
NÕu diÖn tÝch tam giác ABC 13,5 diện tích tam giác ABG b»ng 13,5 :3=4,5 VËy
|2t −3|
2 =4,5 , suy t=6 hc t=−3 VËy có hai điểm G : G1=(6;4), G=(3;1) Vì G
là trọng tâm tam giác ABC nên xC=3xG(xa+xB) yC=3yG−(ya+yB)
Víi G1=(6;−4) ta cã C1=(15;−9) , víi G=(3;1) ta có C2=(12;18) 2.Đờng thẳng d đi qua điểm M(0;2;0) có vectơ phơng u(1;1;1)
Đờng thẳng dđi qua điểm M '(2;3;5) có vectơ phơng u '(2;1;1) Mp () phải qua điểm M có vectơ pháp tuyến n vuông góc với ⃗u vµ
|cos(⃗n ;⃗u ')|=cos 600=1
2 Bởi đặt ⃗n=(A ; B;C) ta phải có :
¿ A − B+C=0
|2A+B− C|
√6√A2+B2+C2 =1
2
¿{
¿
⇔
B=A+C A+C¿2+C2
¿
¿⇔
¿
¿B=A+C
¿ ¿ A2+¿
2|3A|=√6√¿
Ta cã 2A2−AC−C2=0⇔(A −C)(2A+C)=0 VËy A=C hc 2A=−C
Nếu A=C ,ta chọn A=C=1, B=2 , tức ⃗n=(1;2;1) mp(α) có phơng trình x+2(y −2)+z=0 hay x+2y+z −4=0
Nếu 2A=−C ta chọn A=1, C=−2 , B=−1 , tc l n=(1;1;2) v
mp() có phơng trình x −(y −2)−2z=0 hay x − y −2z+2=0 C¢U 7B Ta cã 1+x¿n=Cn0+Cn1x+Cn2x2+⋅+Cnnxn
¿ , suy
1+x¿ n
=Cn0x+Cn1x2+Cn2x3+⋅+Cnnxn+1
x¿
Lấy đạo hàm hai vế ta có : 1+x¿
n −1 =¿
1+x¿n+nx¿ ¿