Trờng Lơng thế Vinh Hà nội. Đề thi thử ĐH lần I năm 2010. 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 phơng trình :
01cossin2sinsin2
2
=++ xxxx
.
2. Tìm giá trị của m để phơng trình sau đây có nghiệm duy nhất :

0)23(log)6(log
2
25,0
=++ xxxm
CÂU 3 . (1điểm) Tính tích phân:


, và trọng tâm G của tam giác nằm trên đờng thẳng
0632 =+ yx
. Tính diện
tích tam giác ABC.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đờng thẳng d và d lần lợt có phơng trình : d :
z
y
x =


=
1
2
và d :
1
5
3
2
2

+
==
z
y
x
.
Chứng minh rằng hai đờng thẳng đó vuông góc với nhau. Viết phơng trình mặt phẳng
)(

đi qua

3
2
2

+
==
z
y
x
.
Viết phơng 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
+++++=
1
Đáp án môn Toán.
Câu 1. 1. Tập xác định :
1

x
.


2. Nếu
)(
1
3
2;
0
0
C
x
xM








+

thì tiếp tuyến tại M có phơng trình
)(
)1(
3
1
3
2
0
2
00

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
=++

( )
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



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




+=
<<


x
, do đó
)(xf
nghịch biến trong khoảng
)1;3(
,
6)1(,18)3( == ff
. Vậy hệ phơng 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
6
2
6
2
6
2
)(cot1
sin
1






ttddt
t
3
3


CÂU 4. Vì
ABCDBCCD ,
nên
)(ABCmpCD
và do đó
)()( ACDmpABCmp
.Vì
ACBC '

AD =
. Ta có
12
2
3
1
3
3
2
2
2
1
'.'.
2
1

sin''.
2
1
)''(
2
aaa
AD
CD
ADACDACADACDACdt ====
. Vậy
==
2
2
.

A
CB

==
. Nhng
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

2
1

2
1
2
22
== ACABACABS
=
2
15
2.Đờng thẳng d đi qua điểm
)0;2;0(M
và có vectơ chỉ phơng
)1;1;1( u
Đờng thẳng d đi qua điểm
)5;3;2(' M
và có vectơ chỉ phơng
)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
)(


=+++
1
)1()1(
nn
xnxx
nn
nnnn
xCnxCxCC )1(32
2210
+++++
Thay
1
=
x
vào đẳng thức trên ta đợc S.
Phần B (tự chọn)
CÂU 6B.
1. Vì G nằm trên đờng 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

)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
1
6
2
0
222
CBA
CBA
CBA






=
+=







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 phơng trình
02)2( = zyx
hay
022
=+
zyx
CÂU 7B. Ta có
nn
nnnn
n
xCxCxCCx ++++=+
2210
)1(