Đề thi thử môn toán trường ĐHSP HN- 3

       ≥ 0  y   Đ TRƯ NG ĐHSP HÀ N I THI TH Đ I H C 2009 - 2010 Môn thi: Toán Đ thi : 4 Th i gian làm bài: 180 phút Câu I. (2 đi m) Cho hàm s : y = 2x3 − 3(2m + 1)x2 + 6m(m + 1)x + 1, trong đó m là tham s . 1. Kh o sát s bi n thiên và v đ th c a hàm s khi m = 0. 2. Ch ng minh r ng v i m i giá tr c a m, hàm s luôn có c c đ i, c c ti u và kho ng cách gi a các đi m c c đ i, c c ti u c a đ th hàm s không đ i. Câu II. (2 đi m) 1. Gi i h : x √ 2 + 6y = − x − 2y √  x + x − 2y = x + 3y − 2 (V i x, y R).∈ 2. Gi i phương trình: sin 2x + (1 + cos 2x) 2 2 sin 2x = 2 cos 2x. Câu III. (2 đi m) 1.Tính tích phân: I = π π 4 2 x cos x sin 3 x dx. 2. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đ u c nh b ng a, m t bên (SBC) vuông góc v i m t đáy, hai m t bên còn l i t o v i m t đáy m t góc α. Tính th tích hình chóp S.ABC. Câu IV. (2 đi m) 1. Tìm nghi m ph c c a phương trình: 2(1 + i)z 2 − 4(2 − i)z − 5 − 3i = 0. 2. Cho các s th c dương x, y, z. Ch ng minh r ng: x2 − xy y2 − yz z 2 − zx + + x + y y + z z + x Câu V. (2 đi m) 1. Trong m t ph ng Oxy, hãy xác đ nh t a đ các đ nh c a tam giác ABC vuông cân t i A. Bi t r ng c nh huy n n m trên đư ng th ng d : x + 7y − 31 = 0, đi m N (7; 7) thu c đư ng th ng AC, đi m M (2; −3) thu c AB và n m ngoài đo n AB.  x = t  2. Trong không gian Oxyz, cho đư ng th ng ∆ : y = −7 + 2t . G i ∆ là giao   z = 4 tuy n c a hai m t ph ng (P ) : x − 3y + z = 0, (Q) : x + y − z + 4 = 0. Ch ng minh r ng hai đư ng th ng ∆ và ∆ chéo nhau. Vi t phương trình (d ng tham s ) đư ng vuông góc chung c a hai đư ng th ng ∆, ∆ . HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2010 DHSP HÀ NỘI LẦN IV Câu 1. 1. Tự làm. 2. Ta có y’ = 6x2 – 6(2m+1)x + 6m(m+1) y’ = 0 khi x1 =m hoặc x2 = m+1. Do x1  x2 với mọi m nên hàm số luôn có cực đại, cực tiểu. Gọi A(x1;y1), B(x2;y2) là các điểm cực trị thì y1 = f(x1)= 2m3 +3m2 + 1; y2 = f(x2) = 2m3 + 3m2 AB = 2 không đổi (đpcm!). Câu 2.1. Giải hệ: Điều kiện: y 0; x – 2y 0; x + x 2 y 0 . Pt  2 x 2 y 6 y 0 x 2 y y 2 x 2 y y  6 = 0 ( chia cả hai vế cho y)  x 2 y y = 3 hoặc x 2 y y = - 2. Với x 2 y y  y 0 =3 x 9 y 2 y thay vào pt(2) ta được nghiệm x = 24 9 ,y = Với x 2 y y  y 0 x 4 y 2 2 y thay vào pt(2) ta được nghiệm: x =12, y = - 2. Vậy hệ có hai nghiệm(x;y) = (12;-2),( ; ). 3 9 2. Giải phương trình lượng giác: Điều kiện: sin2x 0. Pt sin2x + 4 cos 4 x 4 sin x cos x  2(1 2 sin 2 x) 5 sin 2 x cos 3 x sin x  2 0  5+ cos 3 x sin x 1  2. 2 = 0 cot3x – 2cot2x + 3 = 0 (cotx + 1)(cot2x – 3cot x + 3) =0  cotx = -1 ( Vì cot2x – cotx + 3> 0) x = k. , k Z (thỏa mãn điều kiện). 4 Vậy phương trình có nghiệm: x = k. , k Z . 4 ' Câu 3.1.Tính tích phân: Ta có 2 = 2 cos x sin 3 x nên   I = xd ( sin 2 x ) = x. 2 | 2 + 2 4 4  ( ) cot x | 2 = . 2 2 2 2 4 2 2. Tính thể tích khối chóp: Hạ SH BC SH (ABC) ( vì: (SBC) (ABC) ). Hạ HM AB, HN AC thì SMH = SNH = SHM = SHN HM = HN  H là trung điểm của BC ( vì tam giác ABC đều) HM = 2 4 h a 3 1 π π 1 π 1 2 π 2 sin x 4 2 π sin x 1 2 1 1 1 π 1 2 dx  sin x   1  π π sin x 3 8 4 = -2 ⇔  4 9 2 − y x 1  SH = HM.tan = tan . Vậy thể tích khối chóp là: VS.ABC = .SH.SABC = 3 a 3 tan 16 Câu 4. 1.Tìm nghiệm phức: Ta có ’ = 4(2 – i)2 + 2(1 + i)(5 + 3i) = 16. Vậy phương trình cho hai nghiệm là: 2(2 i) 4 4 i (4 i)(1 i) 3 5 2(1 i) 1 i 2 2 2 Z 2 = 2(2 i) 4 i 2(1 i) 1 i (i)(1 i) 2  i 2 2 2.Chứng minh BĐT: Ta có: x 2  xy x( x y) 2xy x y x y  x 2xy x y  x ( x y) 2 2( x y)  x x y x y 2 2 (1)( vì x,y>0) Tương tự: y 2 yz y z y z 2 (2), z 2 zx z x z x 2 (3). Cộng từng vế (1),(2),(3) suy ra: x 2 xy y 2 yz z 2 zx x y y z z x x y y z z x 2 2 2  0 .Đẳng thức xảy ra khi x = y = z (đpcm!). Câu 5. 1. Xác định tọa độ các đỉnh: Đường thẳng AB đi qua M(2;-3) nên có phương trình: a(x – 2) + b(y + 3) = 0, ( a2 + b2 Do tam giác ABC vuông cân tại A nên:  cos 45 0 a 7b 50. a 2 b 2 3a 4b  12a2 -7ab -12b2 = 0 Với: 3a = 4b,Chọn a = 4, b = 3 ta được d1: 4x + 3y + 1 = 0. Với: 4a = - 3b, chọn a =3, b = - 4 ta được d2: 3x – 4y – 18 = 0. +)Nếu lấy AB là d1: 4x + 3y + 1 = 0 thì AC// d2 nên AC là:3(x -7) –4(y –7) = 0 3x – 4y+7 = 0. 4 x 3 y 1 0 Hệ phương trình tọa độ A: 4 x 3 y 1 0 Hệ phương trình tọa độ B:  A(-1;1)  B( -4;5). Ta có: MA (3;4), MB (6;8) MB 2MA M nằm ngoài đoạn AB ( Thỏa mãn) 3x 4 y 7 0 Hệ phương trình tọa độ C:  C(3;4). +) Nếu lấy AB là d2 sẽ không thỏa mãn. Vậy A(-1;1), B(-4;5) và C(3;4). x + 7 y − 31 = 0 x + 7 y − 31 = 0 3x − 4 y + 7 = 0 . 4a = −3b 2 1 ≠ 0). ++≥++ ≥ ≥ == = 1 1 = Z1 = = − i== . 4 a 3 1 2 = = 11 23 3   3   2. a). Đường thẳng đi qua M(0;-7;4) và có VTCP u1 (1;2;0). Đường thẳng ’ đi qua N(0;2;6) có VTCP u 2 = (  31 1 1 1 3 ; ; 1 1 11 1 1 ) = (2;2;4) Ta có [ u1 ,u 2 ] = (8;-4;-2) và MN (0;9;2) [ u1 ,u 2 ]. MN = 0 – 36 – 4 = - 40 0. Vậy , ’ chéo nhau. b). Đường vuông góc chung d của , ’ có VTCP: u =(4;-2;-1) ( = ½.[ u1 ,u 2 ]). Gọi HK là đoạn đường vuông góc chung của , ’ với H, K ’. Ta có: H=( t; -7+2t;4), K(s;2+s;6+2s) HK ( s – t; 9 + s – 2t; 2 + 2s) cũng là VTCP của d. Suy ra : s t 9 s 2t 2 2s 4 2 1  s= ,t= 21 23 7  H( ; ;4) 7 7  23 x 7 4t Vậy phương trình tham số đường vuông góc chung là: y 2t . 7 z 4 t  3 .        ≥ 0  y   Đ TRƯ NG ĐHSP HÀ N I THI TH Đ I H C 2009 - 2010 Môn thi: Toán Đ thi : 4 Th i gian làm bài: 180 phút Câu I. (2 đi m) Cho hàm s : y = 2x3 − 3( 2m + 1)x2 + 6m(m + 1)x + 1,. 4, b = 3 ta được d1: 4x + 3y + 1 = 0. Với: 4a = - 3b, chọn a =3, b = - 4 ta được d2: 3x – 4y – 18 = 0. +)Nếu lấy AB là d1: 4x + 3y + 1 = 0 thì AC// d2 nên AC là :3( x -7) –4(y –7) = 0 3x – 4y+7. phương trình tọa độ C:  C (3; 4). +) Nếu lấy AB là d2 sẽ không thỏa mãn. Vậy A(-1;1), B(-4;5) và C (3; 4). x + 7 y − 31 = 0 x + 7 y − 31 = 0 3x − 4 y + 7 = 0 . 4a = −3b 2 1 ≠ 0). ++≥++ ≥ ≥ == = 1