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 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 phương trình : 01cossin2sinsin2 2  xxxx . 2. Tìm giá trị của m để phương 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 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: 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 đường thẳng 04   x , và trọng tâm G của tam giác nằm trên đường thẳng 0632    yx . 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 x     1 2 và d’ : 1 5 3 2 2     z 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’ 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 đường 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 đường thẳng d và d’ lần lượt có phương trình : d : z y x     1 2 và d’ : 1 5 3 2 2     z y x . Viết phương 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  2 ĐÁP ÁN MÔN TOÁN. CÂU 1. 1. Tập xác định : 1   x . 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 phương 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 6d . 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 phương 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 3 )()( ACDmpABCmp  .Vì ACBC  ' nên )(ACDmpBC  . Suy ra nếu V là thể tích tứ diện ABC’D’ thì ').''( 3 1 BCDACdtV  . Vì tam giác ABC vuông cân nên 2 2 ''' a BCCCAC  . Ta có 2222222 3aCDBCABBDABAD  nên 3aAD  . Vì BD’ là đường 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 ˆ 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   . Nhưng 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 đường 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.Đường thẳng d đi qua điểm )0;2;0(M và có vectơ chỉ phương )1;1;1( u Đường thẳng d’ đi qua điểm )5;3;2('  M và có vectơ chỉ phương )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 phương 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 được S. Phần B (tự chọn) CÂU 6B. 1. Vì G nằm trên đường 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 4 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.Đường thẳng d đi qua điểm )0;2;0(M và có vectơ chỉ phương )1;1;1( u Đường thẳng d’ đi qua điểm )5;3;2('  M và có vectơ chỉ phương )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 phương 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 phương 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 được S. . 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. Tìm tọa độ. n nnnn CnCCCS )1(32 210  2 ĐÁP ÁN MÔN TOÁN. CÂU 1. 1. Tập xác định : 1   x . 1 3 2 1 12      xx x y , 2 )1( 3 '   x y , Bảng biến thi n: Tiệm cận đứng : 1   x . )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 6d . Khoảng