Đáp án + Đề thi thử môn Toán khối B của ĐH Quốc gia Hà Nội

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI –KHỐI B CÂU I: 1. Khảo sát (xét sự biến thiên ,vẽ đồ thò) hàm số : 2 1 1 x x y x      . Gọi đồ thò là (C) 2. Chứng minh rằng với mọi gía trò của m ,đường thẳng y=m cắt (C) tại hai điểm phân biệt A ,B .Xác đònh giá trò của m để độ dài đoạn AB ngắn nhất. CÂU II: Giải các phương trình sau đây: 1. 2 4 1 4 1 1x x    2. 2 sin 3 cos .cos 2 .( 2 )x x x tg x tg x  3. 2 2 72 6( 2 ) x x x x P A A P   Trong đó Px là số hoán vò 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 trò của x để biểu thức sau đạt giá trò nhỏ nhất P=x(1-x)(x-3)(4-x) 2. Tìm họ nguyên hàm : cot 3 6 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 thò hàm số y=ax 4 +bx 2 +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 thò hàm số: 2 x x 1 y (C) x 1       TXD: D = R\{1} 2 2 x 2 x 2 y' 0, x 1 (x 1)          Hàm số giảm trong từng khoảng xác đònh.  Tiệm cận đứng: x = 1 vì 1 lim y x   Chia tử cho mẫu: 1 y x x 1      Tiệm cận xiên: Ta có: y = - x vì 1 lim x 1 x   BBT:  Đồ thò: 2) Chứng minh rằng  đường thẳng y = m cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B. Xác đònh m để độ dài đoạn AB ngắn nhất. Phương trình hoành độ giao điểm: 2 2 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: 2 2 2 2 2 1 2 2 2 1 2 2 2 1 1 2 2 2 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 2 2 2 2 2 A B ( m 1) 4(m 1) m 2m 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: 2 4x-1 4 x 1 1    Điều kiện: 2 1 x 4 x 1 0 4 1 1 4 x 1 0 x x 2 2 1 x 2                          Xem hàm: 2 f(x) 4 x 1 4 x 1 ( )     1 với x 2 2 2 4 x f'(x) 0 4 x 1 4 x 1       f(x) tăng khi  1 x 2 Mặt khác: 1 ( ) f(x)=1=f 2        Phương trình Do đó phương trình có đúng một nghiệm 1 x 2  . 2) Giải phương trình: sin3x = cosxcos2x(tg 2 x + tg2x)  Điều kiện x cos x 0 2 cos 2 x 0 m x 4 2 k                       Khi đó: Phương trình 2 2 sin x sin 2 x sin 3 x cos x cos 2 x cos 2 x cos x            2 2 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 (2 cos 2 x sin x) sin x (2sin 2 x cos x) cos x 2sin 3 x cos x (sin 3 x sin x) sin x (sin 3 x 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 3 x sin x sin 3x sin x x ( ) 4 x ( ) x ( ) 4 2 k k k                                  loại nhận loại Đáp số: x ( )k k Z    3) Giải: 2 2 x x x x P .A 72 6(A 2P )   Điều kiện: x 2, x Z  Khi đó: Phương trình 2 2 x x x x P .A 72 6 A 12P    2 2 x x x 2 x x P .(A 12) 6(A 12) A 12 P 6 (x 1) x 12 x!=6 x 4 x 3 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 – x 2 )(4x – x 2 - 3) Cách 1: Đặt t = 4x – x 2 = 4 – (x – 2) 2 ≤ 4 Khi đó P = t(t – 3)= t 2 – 3t Ta có:   3 P' = 2t 3, P' = 0 t = 2 Bảng biến thiên: Vậy: 9 3 MinP t 4 2     2 2 3 4 x x 2 2 x 8x 3 0 4 6 x 2           Cách 2: 2 2 2 2 2 (4 x x ) 3(4 x x ) 3 9 9 4 x x 2 4 4 P                         Vậy: 2 9 3 MinP 4 x x 0 4 2       4 6 x 2    Câu IV: Tìm họ nguyên hàm: I tg x cotg x d x 3 6                   Ta có: I tg x cotg x d x 3 3                   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: tg x tg x 3 3 I 1 d x 2 tg 3                                  3 x ln cos x ln cos x c 3 3 3 cos x 3 3 x ln 3 cos x 3                                              Câu V: S A B M 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 = 60 0 Tương tự vẽ HNAB; HPAC thì góc   0 SNH=SPH=60  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 ABC 1 1 V = S .SH= AM.BC.SH 3 6 Ta có: 2 2 AM = 9a a 2a 2  2 ABC 1 1 S = AM.BC= 2a 2.2a=2a 2 2 2  Mà: ABC ABC S = . Sp r r  2 2a 2 a 2 HM 4a 2 r    SHM có 3 a 6 SH (2HM). 2 2   Vậy 3 S.ABC 1 a 6 3 V 2a 2.2a . 2a . 6 2 3   đvdt Câu VI: Cho a, b, c ≠ 0 và a b c 0 7 5 3    Chứng minh (C): y=ax 4 + bx 2 + c luôn cắt Ox tại ít nhất 1 điểm có hoành độ  (0, 1). Xem hàm số: 7 5 3 a x b x c x f(x) 7 5 3     f liên tục trên [0, 1] và khả vi trên (0, 1) nên theo đònh lý Lagrange ta có: x 0  (0, 1) sao cho: f(1)-f(0) f''(x)= 1 0 6 4 2 0 0 0 4 2 0 0 0 a b c a x b x c 0 7 5 3 a x b x c 0 (x 0)              Phương trình ax 4 + bx 2 + c = 0 có ít nhất 1 nghiệm  (0, 1).  (C) cắt (0x) tại ít nhất 1 điểm có hoành độ  (0, 1). . 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 ABC 1 1 V = S .SH= AM.BC.SH 3 6 Ta. A B M 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 = 60 0 Tương tự vẽ HNAB;