Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Lương thế Vinh lần 1

Chia sẻ: đinh Thị Lan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

47
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Dưới đây là đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Lương thế Vinh lần 1 mời các bạn và thầy cô hãy tham khảo để giúp các em mình củng cố kiến thức cũng như cách giải các bài tập nhanh và chính xác nhất.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử ĐH môn Toán - THPT Lương thế Vinh lần 1

Trường Lương thế Vinh –Hà nội. Đề thi thử ĐH lần I . Môn Toán (180’) PHẦN BẮT BUỘC. 2x 1 CÂU 1.(2 điểm) Cho hàm số y x 1 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 : 2 sin 2 x  sin 2 x  sin x  cos x  1  0 . 2. Tìm giá trị của m để phương trình sau đây có nghiệm duy nhất : log 0,5 ( m  6 x)  log 2 (3  2 x  x 2 )  0 2 4  x2 CÂU 3 . (1điểm) Tính tích phân: I   dx . 1 x2 CÂU 4. (1 điểm). Cho tứ diện ABCD có ba cạnh AB, BC, CD đôi một vuông góc với nhau và AB  BC  CD  a . 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  cos 3 A  2 cos A  cos 2 B  cos 2C . 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 2 x  3 y  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 y2 x2 z 5 : x  z và d’ :  y3 . 1 2 1 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 : S  Cn  2Cn  3Cn  4Cn      ( 1) n ( n  1)Cn 0 1 2 3 n 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 y2 x2 z 5 : x  z và d’ :  y3 . 1 2 1 Viết phương trình mặt phẳng ( ) đi qua d và tạo với d’ một góc 300 0 1 2 n CÂU7B. (1 điểm) Tính tổng : S  Cn  2Cn  3Cn      ( n  1)Cn 1
ĐÁP ÁN MÔN TOÁN. CÂU 1. 1. Tập xác định : x  1 . 2x 1 3 3 y  2 , y'  , x 1 x 1 ( x  1)2 Bảng biến thiên: Tiệm cận đứng : x  1 , tiệm cận ngang y  2  3  3 3 2. Nếu M  x0 ; 2     (C ) thì tiếp tuyến tại M có phương trình y  2    ( x  x0 )  x0  1  x0  1 ( x0  1) 2 hay 3( x  x0 )  ( x0  1) 2 ( y  2)  3( x0  1)  0 . Khoảng cách từ I (1;2) tới tiếp tuyến là 3( 1  x0 )  3( x0  1) 6 x0  1 6 d   . Theo bất đẳng thức Côsi 9  x0  1 4 9  ( x0  1) 4 9  ( x0  1) 2 2 ( x0  1) 9 2  ( x0  1)2  2 9  6 , vây d  6 . Khoảng cách d lớn nhất bằng 6 khi ( x0  1) 9  ( x0  1)2   x0  1  3  x0  1  3 . 2 2 ( x0  1)   Vậy có hai điểm M : M  1  3 ;2  3 hoặc M  1  3 ;2  3   CÂU 2. 1) 2 sin 2 x  sin 2 x  sin x  cos x  1  0  2 sin 2 x  (2 cos x  1) sin x  cos x  1  0 .   ( 2 cos x  1) 2  8(cos x  1)  (2 cos x  3) 2 . Vậy sin x  0,5 hoặc sin x  cos x  1 .  5 Với sin x  0,5 ta có x   2 k hoặc x   2 k 6 6   2   Với sin x  cos x  1 ta có sin x  cos x  1  sin  x      sin    , suy ra  4 2  4 3 x  2k hoặc x   2 k 2 2) log 0 ,5 ( m  6 x)  log 2 (3  2 x  x 2 )  0  log 2 (m  6 x)  log 2 (3  2 x  x 2 )  2  3  2 x  x  0  3  x  1  2  2 m  6 x  3  2 x  x  m   x  8 x  3 Xét hàm số f ( x)   x 2  8 x  3 ,  3  x  1 ta có f ' ( x)  2 x  8 , f ' ( x)  0 khi 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  2 sin t thì dx  2 cos tdt , khi x  1 thì t  , khi x  2 thì t  , vậy: 6 2    2 2  4  x2 cos 2 t 2  1  2  I  dx   dt    2  1dt    d (cot t )  t   2 3 1 x2  sin 2 t   sin t   6 3 6 6 6 CÂU 4. Vì CD  BC , CD  AB nên CD  mp (ABC ) và do đó mp( ABC )  mp( ACD ) .Vì BC '  AC nên BC  mp(ACD ) . 2
1 Suy ra nếu V là thể tích tứ diện ABC’D’ thì V  dt ( AC ' D' ).BC ' . 3 a 2 Vì tam giác ABC vuông cân nên AC '  CC '  BC '  . 2 Ta có AD 2  AB 2  BD 2  AB 2  BC 2  CD 2  3a 2 nên AD  a 3 . Vì BD’ là đường cao của tam giác a vuông ABD nên AD'.AD  AB 2 , Vậy AD'  . Ta có 3 1 ˆ 1 CD 1 a 2 a 3 1 a2 2 dt ( AC ' D ' )  AC '.AD' sin CAD  AC '.AD'.    . Vậy 2 2 AD 2 2 3 3 12 3 1 a2 2 a 2 a V .  3 12 2 36 CÂU 5. S  cos 3 A  2 cos A  cos 2 B  cos 2C = cos 3 A  2 cos A  2 cos( B  C ) cos( B  C ) .  cos 3 A  2 cos A1  cos( B  C ). Vì cos A  0 , 1  cos( B  C )  0 nên S  cos 3 A , dấu bằng xẩy ra khi cos( B  C )  1 hay 1800  A BC  . Nhưng cos 3 A  1 , dấu bằng xẩy ra khi 3 A  1800 hay A = 600 2 Tóm lại : S có giá trị bé nhất bằng -1 khi ABC là tam giác đều. Phần A (tự chọn) CÂU 6A. 1 2  4 1  5  yC y 1. Ta có C  ( 4; yC ) . Khi đó tọa độ G là xG   1, yG   2  C . Điểm G nằm trên 3 3 3 đường thẳng 2 x  3 y  6  0 nên 2  6  yC  6  0 , vậy yC  2 , tức là C  (4; 2) . Ta có AB  (3; 4) , AC  (3;1) , vậy AB  5 , AC  10 , AB. AC  5 . 1 1 15 Diện tích tam giác ABC là S  2 2 AB 2 . AC 2  AB. AC  2  25.10  25 = 2 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: 2 x  ( y  2)  z  0 hay 2 x  y  z  2  0 CÂU 7A. Ta có (1  x) n  Cn  Cn x  Cn x 2      Cn x n , suy ra 0 1 2 n x(1  x)n  Cn x  Cn x 2  Cn x3      Cn x n 1 . 0 1 2 n Lấy đạo hàm cả hai vế ta có : (1  x) n  nx(1  x)n 1  Cn  2Cn x  3Cn x 2      (n  1)Cn x n 0 1 2 n Thay x  1 vào 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 ) , AB  ( 1;1) Vậy diện tích tam giác ABG là 1 1 2t  3 S 2  2 AG 2 . AB 2  AG. AB  2   2 (t  2) 2  (3  t ) 2  1 = 2  3
2t  3 Nếu diện tích tam giác ABC bằng 13,5 thì diện tích tam giác ABG bằng 13,5 : 3  4,5 . Vậy  4,5 , suy 2 ra t  6 hoặc t  3 . Vậy có hai điểm G : G1  (6;4) , G 2  (3;1) . Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên xC  3xG  ( xa  xB ) và yC  3 yG  ( ya  yB ) . Với G1  (6;4) ta có C1  (15;9) , với G 2  (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) . 1 Mp ( ) phải đi qua điểm M và có vectơ pháp tuyến n vuông góc với u và cos(n; u ' )  cos 600  . Bởi vậy 2 nếu đặt n  ( A; B; C ) thì ta phải có : A  B  C  0  B  A  C  B  A  C  2A  B  C 1   2 2 2  2 2   2 3 A  6 A  ( A  C )  C  2 A  AC  C  0 2  6 A  B C 2 2 2 Ta có 2 A2  AC  C 2  0  ( A  C )(2 A  C )  0 . Vậy A  C hoặc 2 A  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 x  2( y  2)  z  0 hay x  2 y  z  4  0 Nếu 2 A  C ta có thể chọn A  1, C  2 , khi đó B  1 , tức là n  (1;1;2) và mp ( ) có phương trình x  ( y  2)  2 z  0 hay x  y  2 z  2  0 CÂU 7B. Ta có (1  x) n  Cn  Cn x  Cn x 2      Cn x n , suy ra 0 1 2 n x(1  x) n  Cn x  Cn x 2  Cn x3      Cn x n 1 . 0 1 2 n Lấy đạo hàm cả hai vế ta có : (1  x) n  nx(1  x) n 1  Cn  2Cn x  3Cn x 2      ( n  1)Cn x n 0 1 2 n Thay x  1 vào đẳng thức trên ta được S. 4