thu suc 61

TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c ABC.[r]

1

Tr-êng L-¬ng thÕ Vinh – Hà nội Đề thi thử ĐH lần I Môn Toán (180) Phần bắt buộc

Câu 1.(2 điểm) Cho hàm số

1

  

x x

y

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 lớn nhất

C¢U (2 ®iĨm)

1. Giải ph-ơng trình : 2sin2xsin2xsinxcosx10 2. Tìm giá trị m để ph-ơng trình sau có nghiệm : log0,5(m6x)log2(32xx2)0

CÂU (1điểm) Tính tích phân:  

2

1

2 4

dx x

x

I

CÂU (1 điểm) Cho tứ diện ABCD có ba cạnh AB, BC, CD đơi vng góc với a

CD BC

AB   Gọi C D lần l-ợt hình chiếu điểm B AC AD Tính thể tích tÝch tø diƯn ABC’ D’

C¢U (1 điểm) Cho tam giác nhọn ABC , tìm giá trÞ bÐ nhÊt cđa biĨu thøc: Scos3A2cosAcos2Bcos2C

PhÇn tù chän (thí sinh làm hai phần : A B ) Phần A

CÂU 6A (2 điểm)

1. Trong mt phng 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 đ-ờng thẳng 2x3y60 Tính diện tích tam giác ABC

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đ-ờng thẳng d d’ lần l-ợt có ph-ơng trình : d : z

y

x 

  

1

vµ d’ :

1

2

    

 z

y x

Chứng minh hai đ-ờng thẳng vng góc với Viết ph-ơng trình mặt phẳng ()đi qua d vng góc với d’

CÂU7A (1 điểm) Tính tổng : S Cn02Cn13Cn24Cn3(1)n(n1)Cnn 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 tam giác nằm đ-ờng thẳng xy20 Tìm tọa độ đỉnh C biết diện tích tam giác ABC 13,5

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đ-ờng thẳng d d’ lần l-ợt có ph-ơng trình : d : z

y

x 

  

1

vµ d’ :

1

2

    

 z

y x

Viết ph-ơng trình mặt phẳng () qua d tạo với d góc 300

2 Đáp án môn Toán

Câu 1 Tập xác định : x1 1       x x x

y , 2

) 1 ( 3 '   x

y ,

Bảng biến thiên:

Tim cn ng : x1 , tiệm cận ngang y2

2 NÕu ( )

1 3 2 ; 0 C x x

M 

    

tiếp tuyến M có ph-ơng tr×nh ( )

) ( 3

2 2 0

0 x x x x y       hay 3(xx0)(x01)2(y2)3(x0 1)0

Khoảng cách từ I(1;2) tới tiếp tuyÕn lµ

 

0 0 0 ) ( ) ( ) ( 9 ) ( ) (                x x x x x x x

d Theo bất đẳng thức Côsi

6 ) ( ) ( 2     x

x , vây d 6 Khoảng c¸ch d lín nhÊt b»ng

 1 3

) ( ) ( 2         

 x x x

x

VËy cã hai điểm M : M1 3;2 3 M1 3;2 3 C¢U

1) 2sin2xsin2xsinxcosx102sin2x(2cosx1)sinxcosx10 (2cosx1)28(cosx1)(2cosx3)2 VËy sinx0,5 hc sinxcosx1 Víi sinx0,5 ta cã x  2k

6 

 hc x  2k

6

5 



Víi sinxcosx1 ta cã 

                   4 sin 2 2 4 sin 1 cos

sinx x x   , suy

x2k hc x  2k

3  

2) log0,5(m6x)log2(32xx2)0log2(m6x)log2(32xx2)                        3 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, f(x) nghịch biến khoảng (3;1), f(3)18 ,f(1)6 Vậy hệ ph-ơng trình có nghim nht 6m18

CÂU Đặt x2sint th× dx2costdt , x1 th×  

t , x2 th×  

t , vËy:

    2 2 2 sin cos 4   dt t t dx x x

I     

  



 

6

2

6

2 1 (cot )

sin 1       t t d dt

t 3

 

CÂU Vì CDBC,CD AB nên CDmp(ABC)và )

( )

(ABC mp ACD

mp Vì BC' ACnên BCmp(ACD) Suy nÕu V lµ thĨ tÝch tø diƯn ABC’D’ th× ( ' '). '

3 1 BC D AC dt

3 V× tam giác ABC vuông cân nên

2 2 ' '

' CC BC a

AC  

Ta cã AD2 AB2BD2 AB2BC2CD23a2 nªn ADa Vì BD đ-ờng cao tam giác vuông ABD nªn AD'.ADAB2, VËy

3

' a

AD Ta cã

12 2 3

1 3

3 2

2 2 1 '.

'. 2 1 ˆ sin ' '. 2 1 ) ' ' (

2

a a

a AD CD AD AC D

A C AD AC D

AC

dt      VËy

 

2 12

2

1a2 a V

36

a

C¢U Scos3A2cosAcos2Bcos2C=cos3A2cosA2cos(BC)cos(BC) cos3A2cosA1cos(BC)

Vì cosA0,1cos(BC)0nên S cos3A, dấu xẩy cos(BC)1 hay

2

1800 A

C

B   Nh-ng cos3A1, dấu xẩy 3A1800 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

3

5 ,

4

1 C C

G G

y y

y

x          Điểm G nằm đ-ờng thẳng 2x3y60 nên 26 yC 60, vËy yC 2, tøc lµ

) 2 ; 4 (



C Ta cã AB(3;4), AC(3;1), vËy AB5, AC 10, AB.AC 5 DiÖn tích tam giác ABC 25.10 25

2

1 2 2

 



 AB AC ABAC

S =

2 15

2.Đ-ờng thẳng d đi qua điểm M(0;2;0) có vectơ ph-ơng u(1;1;1)

Đ-ờng thẳng dđi qua điểm M'(2;3;5) cã vect¬ chØ ph-¬ng 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 ()đi qua điểm M(0;2;0) có vectơ pháp tuyến u'(2;1;1) nên có ph-ơng trình:2x(y2)z0 hay 2xyz20

C¢U 7A Ta cã x n Cn0 C1nxCn2x2Cnnxn

) 1

( , suy

x(1x)n Cn0xCn1x2 Cn2x3Cnnxn1 Lấy đạo hàm hai vế ta có :

(1x)nnx(1x)n1Cn 2Cnx 3Cnx (n 1)Cnnxn

2

0    

Thay x1vào đẳng thức ta đ-ợc S

PhÇn B (tù chän)

C¢U 6B

Vì G nằm đ-ờng thẳng xy20 nên G có tọa độ G(t;2t) Khi AG(t2;3t), )

1 ; ( 

AB Vậy diện tích tam giác ABG

  2( 2) (3 ) 

2

1 2     

 AG AB AGAB t t

S =

2 3 2t

NÕu diƯn tÝch tam gi¸c ABC 13,5 diện tích tam giác ABG 13,5:34,5 VËy 4,5 2

3 2

  t

, suy t6 hc t 3 VËy có hai điểm G : G1(6;4),G2(3;1) Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên

) (

3 G a B

C x x x

4

Víi G1(6;4) ta cã C1 (15;9), với G2(3;1)ta có C2 (12;18)

2.Đ-ờng thẳng d đi qua điểm M(0;2;0) có vectơ ph-ơng u(1;1;1)

Đ-ờng thẳng dđi qua điểm M'(2;3;5) có vectơ ph-ơng u'(2;1;1) Mp() phải qua điểm M có vectơ pháp tuyến n vuông góc với u

2 60 cos ) ' ;

cos(n u   Bởi đặt n(A;B;C) ta phải có :

    

  

 

  

2 1 6

2

0

2 2

C B A

C B A

C B A



  

  

   

  

   

 

0 2

) ( 6

3

2 2 A2 AC C2

C A B C

C A A A

C A B

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()có ph-ơng trình

0 )

2 (

2   

 y z

x hay x2yz40

Nếu 2AC ta chọn A1,C2, B1, tức n(1;1;2) mp()có ph-ơng trình

2 )

(   

 y z

x hay xy2z20

C¢U 7B Ta cã n n n nn n

n

x C x

C x C C

x    

 2

) 1

( , suy

x(1x)n Cn0xCn1x2 Cn2x3Cnnxn1 Lấy đạo hàm hai vế ta có :