ĐỀ THI ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

Chứng minh rằng với mọi gía trị của m ,đường thẳng y=m cắt C tại hai điểm phân biệt A ,B .Xác định giá trị của m để độ dài đoạn AB ngắn nhất.. Kẻ đường cao SH của hình chóp.. Chứng tỏ rằ

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI –KHỐI B

CÂU I:

1 Khảo sát (xét sự biến thiên ,vẽ đồ thị) hàm số : 2 1

1

x x y

x

  



 Gọi đồ thị là (C)

2 Chứng minh rằng với mọi gía trị của m ,đường thẳng y=m cắt (C) tại hai điểm phân biệt A ,B Xác định giá trị của m để độ dài đoạn AB ngắn nhất

CÂU II:

Giải các phương trình sau đây:

1 4x1 4x21 1

2 sin 3xcos cos 2 (x x tg x tg x2  2 )

3 P A x x272 6( A x22 )P x

Trong đó Px là số hoán vị của x phần tử

2

x

A Là số chỉnh hợp chập 2 của x phần tử ( x là số nguyên , dương)

CÂU III:

1 Tìm tất cả giá trị của x để biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất

P=x(1-x)(x-3)(4-x)

2 Tìm họ nguyên hàm : cot

I  tg x  g x dx



CÂU IV:

Cho hình chóp S.ABC đỉnh S , đáy là tam giác cân AB=AC=3a , BC=2a Biết rằng các mặt bên (SAB) ,(SBC) ,(SCA) đều hợp với mặt phẳng đáy (ABC) một góc 60

Kẻ đường cao SH của hình chóp

1 Chứng tỏ rằng H là tâm vòng tròn nội tiếp tam giác ABC và SABC

2 Tính thể tích hình chóp

CÂU V:

Cho các số a ,b ,c kháckhông thoả mãn 0

7 5 3

a b c

  

Chứng minh rằng đồ thị hàm số y=ax4 +bx2 +c luôn cắt trục hoành Ox tại ít nhất một điểm có hoành độ thuộc khoảng (0 ,1)

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI – Khối B

Câu I:

1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số:

2

x x 1

x 1

  





 TXD: D = R\{1}

2 2

x 2 x 2

(x 1)

  



 Hàm số giảm trong từng khoảng xác định.

 Tiệm cận đứng:

x = 1 vì lim y1

x 

Chia tử cho mẫu: y x 1

x 1

 



 Tiệm cận xiên:

Ta có: y = - x vì lim 1

x 1

x  

 BBT:

 Đồ thị:

2) Chứng minh rằng  đường thẳng y = m cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A,

B Xác định m để độ dài đoạn AB ngắn nhất.

Phương trình hoành độ giao điểm:

2

2 2

2

x x 1

m

x 1

x x 1 m x m

x (m 1) x m 1 0 (m 1) 4(m 1) m 2 m 5 (m 1) 4 0, m

  





     

       

 Đường thẳng (d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B, m.

Ta có:

A B (x x ) (y y ) (x x ) 0

x x 2 x x

S -2P-2P=S -4P

  



Mà:

b

m 1 a

c

m 1 a

S

P

  

  

2

A B ( m 1) 4(m 1) m 2 m 5

A B (m 1) 4

A B (m 1) 4 Min(A B) 2 khi m+1=0 m= -1

Câu II:

1) Giải phương trình: 4x-1 4 x2 1 1

 Điều kiện:

2

1 x

1 x 2







 



 



 Xem hàm: f(x) 4 x 1  4 x2 1 (với x1)

2

4 x 1 4 x 1

   f(x) tăng khi x1

2

Mặt khác: ( ) f(x)=1=f 1

2

 

  Phương trình

Do đó phương trình có đúng một nghiệm x 1

2

 2) Giải phương trình: sin3x = cosxcos2x(tg2x + tg2x)

 Điều kiện

x

x

k







 











 Khi đó:

Phương trình sin 3x cos x cos 2 x sin x22 sin 2 x

cos 2 x cos x

2

2

sin x sin 3x cos 2 x cos x sin 2 x

cos x sin 3x cos x cos 2 x sin x sin 2 x cos x 2sin 3 x cos x (2cos 2 x sin x)sin x (2sin 2 x cos x) cos x 2sin 3 x cos x (sin 3x sin x)sin x (sin 3x sin x) cos x sin 3x cos x sin 3x sin x sin x sin x cos x

sin

 3x(cos x sin x) sin x(sin x cos x) sin x cos x tg x 1

sin 3x sin x sin 3x sin x

4

4 2

k k k









 





  



 





loại nhận loại

Đáp số: xk (kZ)

P A 72 6(A 2P )

Điều kiện: x 2, x Z 

Khi đó: Phương trình 2 2

P A 72 6 A 12P

2 2

2 x x

P (A 12) 6(A 12)

A 12

P 6 (x 1) x 12 x!=6

x 3

x 4 x 3 (

 







 



  



  



    vì x 2)

Câu III:

1) Tìm x để P = x(1 – x)(x – 3)( 4 – x) nhỏ nhất

Ta có: P = x(4 – x)(1 – x)(x – 3)

=(4x – x2)(4x – x2- 3)

Cách 1:

Đặt t = 4x – x2 = 4 – (x – 2)2 ≤ 4

Khi đó P = t(t – 3)= t2 – 3t

Ta có: P' = 2t 3, P' = 0 t =  3

2

Bảng biến thiên:

Vậy: MinP 9 t 3

  

2 2

3

4 x x

2

2 x 8 x 3 0

x 2



Cách 2:

2 2

(4 x x ) 3(4 x x )

4 x x

      

Vậy: 9 2 3

x 2



Câu IV:

Tìm họ nguyên hàm: I tg x cotg x d x

      



Ta có: I tg x cotg x d x

      



Mặt khác:

tg a tg b tg(a b)

1 tg a tg b

tg a tg b

tg a tg b 1

tg(a b)









Vậy:

2 tg 3





3

x ln 3 cos x

3





          



 



A

C

H

P N

1) H là tâm đường tròn nội tiếp  ABC.

HM BC

SM BC

SH BC

vẽ

ta có



 Góc của (SBC) và (ABC) là SMH = 600

Tương tự vẽ HNAB; HPAC thì góc SNH=SPH=60  0

 SHM = SHN = SHP  HM = HN = HP

 H là tâm đường tròn nội tiếp ABC.

ABC cân  HAM với MI là trung điểm BC.

Ta có AM BC và SH  BC BC(SAM) BC  SA

2) ABC 1 ABC 1

V = S SH= AM.BC.SH

Ta có: AM = 9a2  a2 2a 2

2

S = AM.BC= 2a 2.2a=2a 2



Mà: SABC= p r r SABC

2

2a 2 a 2 HM

r

SHM có SH (2HM) 3 a 6

S.ABC

Câu VI:

Cho a, b, c ≠ 0 và a b c 0

75 3 

Chứng minh (C): y=ax4 + bx2 + c luôn cắt Ox tại ít nhất 1 điểm có hoành độ  (0, 1).

Xem hàm số:

a x b x c x f(x)

 f liên tục trên [0, 1] và khả vi trên (0, 1) nên theo định lý Lagrange ta có:

x0  (0, 1) sao cho:

f(1)-f(0) f''(x)=

1 0

a b c

7 5 3

a x b x c 0 (x 0)

 Phương trình ax4 + bx2 + c = 0 có ít nhất 1 nghiệm  (0, 1).

 (C) cắt (0x) tại ít nhất 1 điểm có hoành độ  (0, 1).