Đề thi thử đại học môn Toán lần 1 Trường Lương Thế Vinh-Hà Nội pptx

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 lượt

Trang 1

Trường 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

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 :

log0,5(m6x)log2(32xx2)0

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  y3 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 :

z

y





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 ()đi

qua d và vuông góc với d’

n n

n n n

C

S  02 13 24 3 (1) ( 1)

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 :

z

y





1

2

và d’ :

1

5 3 2

2











y

x

Viết phương trình mặt phẳng () đi qua d và tạo với d’ một góc 300

n n

n

C

S  02 13 2 ( 1)

Generated by Foxit PDF Creator â Foxit Software http://www.foxitsoftware.com For evaluation only

Trang 2

Đáp 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

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  2k

6 

 hoặc x  2k

6

5













































4

sin 2

2 4

sin 1 cos

x x

x2k hoặc x  2k

2

3





2) log0,5(m6x)log2(32xx2)0 log2(m6x)log2(32xx2)





































3 8

1 3 2

3 6

0 2

3

2 2

2

x x m

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





t , khi x2 thì

2





t , vậy:



2

1

2

6 2 2

2

sin

cos 4



dt t

t dx

x













2

6

2

6 2

6

sin 1



t t d dt





CÂU 4 Vì CDBC,CDAB nên CD  mp (ABC)và do đó

) ( )

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 3

Vì tam giác ABC vuông cân nên

2

2 ' '

AC  

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

AD  Ta có

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



2

12

2

3

1a2 a

V

36

3

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 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

đường thẳng 2x  y3 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







2 15

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 ()đi qua điểm M(0;2;0) và có vectơ pháp tuyến là u'(2;1;1) nên có phương

trình:2x(y2)z0 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

x(1x)n C n0xC1n x2C n2x3 C n n x n1

Lấy đạo hàm cả hai vế ta có :

(1x)nnx(1x)n1C n02C n1x3C n2x2 (n1)C n n x n

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

1

2











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    và y C 3y G(y a y B)

Trang 4

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() 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()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()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

x(1x)n C n0xC1n x2C n2x3 C n n x n1

Lấy đạo hàm cả hai vế ta có :

(1x)nnx(1x)n1C n02C n1x3C n2x2 (n1)C n n x n

Thay x1vào đẳng thức trên ta được S

Định dạng
Số trang	4
Dung lượng	132,33 KB