Đề thi đại học khối A Ngoại thương

ĐẠI HỌC NGOẠI THƯƠNG ( Đề số 1) –KHỐI A
Câu I:
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò của hàm số
2
2 2
1
x x
y
x
+ −
=
−
2. Tìm điểm M trên đồ thò của hàm số sao cho khoảng cách từ M đến giao điểm của
hai đường tiệm cận là nhỏ nhất.
Câu II:
1. Giải hệ phương trình :
3 3
6 6
3 3
1
x x y y
x y

− = −


+ =


2. Giải và biện luận phương trình :

2 2
2 2 2 4 2 2
5 5 2
x mx x mx m
x mx m
+ + + + +
− = + +

trong đó m là tham số.
3. Giả sử x và y thì các số thay đổi thoả mãn :x > 0 , y > 0 và x+y=1 .Hãy tìm giá trò
nhỏ nhất của biểu thức :
1 1
x y
P
x y
= +
− −
Câu III:
Các góc của tam giác ABC thoả mãn điều kiện :

1
cos cos cos sin sin sin
2 2 2 2 2 2 2
A B C A B C
− =
Chứng minh tam giác ABC là tam giác vuông
Câu IV:
Cho họ đường cong(
m
C

) có phương trình :
2 2
2 2
1
25
x y
m m
+ =
−
trong đó m là tham số ,
0m
≠
và
5m
≠ ±
1. Tùy theo các giá trò của m ,hãy xác đònh khi nào thì
m
C
là Elip và khi nào thì
m
C
là
Hyperbol?
2. Giả sử A là một điểm tuỳ ý trên đường thẳng x =1 và A không thuộc trục hoành
.Chứng minh rằng với mỗi điểm A luôn luôn có bốn đường cong của họ (C
m
) đi qua A .Hỏi
trong số bốn đường cong (
m
C

) đó có bao nhiêu Elip và bao nhiêu Hyperbol ?
Câu V:
1. Trên mặt phẳng cho thập giác lồi ( hình mười cạnh lồi )
1 2 10
A A A
.Xét tất cả các
tam giác mà ba đỉnh của nó là đỉnh của thập giác.Hỏi trong số các tam giác đó , có bao nhiêu
tam giác mà cả ba cạnh của nó đều không phải là cạnh của thập giác ?
2. Tính tích phân :
4
6 6
0
sin 4
sin cos
x
dx
x x
π
+
∫
ĐẠI HỌC NGOẠI THƯƠNG – KHỐI A + D
(ĐỀ SỐ 1)
CÂU I:
1) Khảo sát và vẽ đồ thò hàm số:
2
2 2
1
x x
y
x

+ −
=
−
• TXĐ: D = R\{1}
2
2
'
2
( 1)
0
' 0
2
x x
y
x
x
y
x
−
=
−
=

= ⇔

=

• Tiệm cận đứng:
x = 1 vì
lim

1x
= ∞
→
Ta có:
1
3
1
y x
x
= + +
−
• Tiệm cận xiên:
y = x + 3 vì
1
lim 0
1x
x
=
−
→ ∞
• BBT:
• Đồ thò:
2) Tìm điểm M trên (C) sao cho khoảng cách từ M đến giao điểm 2 đường tiệm cận là
nhỏ nhất.
Giao điểm của 2 đường tiệm cận là: I(1,4)
Gọi
1
1 , 4 ( )M a a C
a
 

+ + + ∈
 
 
• Xét a > 0
Ta có:
2
1 1 1
2 2 2 2
2 2 2 2 . 2
2 2
2 2 2
2 2 2
IM a a a a
a
a a
IM
 
= + + = + + ≥ +
 
 
= +
⇒ ≥ +
min( ) 2 2 2IM⇒ = +
khi
1 1
2 4
2
2
2
a a

a
= ⇔ =
1 1 1
4
1 , 4 2
4 4 4
2 2 2
a M
 
⇔ = ⇒ + + +
 
 
 
Do tính đối xứng nên có 2 điểm M thoả điều kiện bài toán:
1 1
4
1 , 4 2
1
4 4
2 2
1 1
4
1 , 4 2
2
4 4
2 2
M
M
 
+ + +

 
 
 
 
− + −
 
 
 
CÂU II:
1) Giải hệ:
3 3
3 3 (1)
6 6
1 (2)
x x y y
x y

− = −



+ =

Ta có (1):
( )
3 3
3 0x y x y⇔ − − − =
2 2
3 0
x y

x xy y
=

⇔

+ + − =


Với x = y thế vào (2) ta có:
1 1
6 6
2 2
1 1
6 6
2 2
x x
y y
−
 
= =
 
 
∨
 
−
 
= =
 
 
Với

2 2
3 0x xy y+ + − =
(*) . Từ (2)
, 1x y⇒ ≤
Nên (*)
2 2
1x xy y⇔ = = =
Không thỏa (2) loại trường hợp này.
Vậy hệ có nghiệm là:
1 1 1 1
, ; ,
6 6 6 6
2 2 2 2
   
− −
   
   
   
2) Giải và biện luận:
2 2
2 2 2 4 2 2
5 5 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
5 5 .5 2
2 2
2 2 2 2
5 1 5 2
x mx x mx m
x mx m

x mx x mx x mx m
x mx m
x mx x mx m
x mx m
+ + + + +
− = + +
+ + + + + +
⇔ − = + +
 
+ + + +
⇔ − = + +
 
 
 
. Nếu
2
2 0x mx m+ + >
thì vế trái < 0 và vế phải > 0
. Nếu
2
2 0x mx m+ + <
thì vế trái > 0 và vế phải < 0
Vậy phương trình
2
2 0x mx m⇔ + + =
có
2
' m m= −V
Biện luận:
3) x > 0, y > 0 và x + y = 1. Tìm giá trò nhỏ nhất.

1 1
= +
− −
x y
P
x y
Ta có:
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
1
1
2 1
'
3 3
2 1 2
3 3
' 0 2 2 1 2 1
3 2
8 12 6 1 0
1
2
8 8 2 0
2
1
2
−

= +
−
− +
⇒ = −
−
= ⇔ − = + −
⇔ − + − =
 
⇔ − − + =
 ÷
 
⇔ =
x x
P
x x
x x
P
x x
P x x x x
x x x
x x x
x
Bảng biến thiên:
Vậy
2
min
p =
khi
1
2

x y= =
CÂU III:
Các góc của tam giác ABC thoả mãn điều kiện:

1
cos cos cos sin sin sin
2 2 2 2 2 2 2
A B C A B C
− =
(1)
Chứng minh tam giác ABC là tam giác vuông.
Ta có:
(1)
( )
( )
4cos cos cos 4 sin sin sin 2
2 2 2 2 2 2
sin s in sin 1 cos cos cos 2
cos cos cos 1 sin sin sin 0
2
2 cos cos 2 cos 2sin cos
2 2 2 2 2
2sin cos 0
2 2
2sin cos cos 2cos cos cos
2 2 2 2 2
⇔ − =
⇔ + + + − + + =
⇔ + + + − + + =
+ − + −

⇔ + −
− =
−
 
⇔ − + −
 
 
A B C A B C
A B C A B C
A B C A B C
A B A B C A B A B
C C
C A B C C C
0
2
2 cos cos sin cos 0
2 2 2 2
cos cos
2 2
sin cos
1
2 2
2
2
2
2
2
2 4
2
π

π
π
π
π
π
−
 
=
 
 
−
  
⇔ − − =
 ÷ ÷
  

−


− =
=


⇔ ⇔ − =




=


=




=



=



⇔ = ⇔ =




=


=



A B
A B C C C
A B C
A B C
B A C

C C
C
tg
A
A
B B
C
C
Vậy tam giác ABC vuông.
CÂU IV:
2 2
( ) 1
2 2
25
x y
C
m
m m
+ =
−
1)
( )C
m
là elip
2
0 5
5
2 5
25 0
m m

m
m
m

> >


⇔ ⇔ > ⇔


< −


− >

( )C
m
là hyperbol

2
0
0 0
5
2 5 5
25 0
m
m m
m
m
m


≠

≠ ≠

 
⇔ ⇔ ⇔
  
<
− < <




− <

2) Lấy A(1, a) thuộc đường thẳng x = 1 và A không thuộc Ox nên a khác 0
Ta có:
2
1
( ) 1
2 2
25
a
A C
m
m m
∈ ⇔ + =
−
( )

4 2 2
26 25 0 (1)m a m⇔ − + + =
Đặt
2
t m=
thì (1) là
( )
2 2
( ) 26 25 0f t t a t= − + + =
Có:
2
1. (25) 25 0 vì a 0
25 0


= − < ≠

= >


f a
P
Nên f(t) = 0 có 2 nghiệm
,
1 2
t t
thỏa
0 25
1 2
t t< < <

2 2
0 25
1 2
0 5
1 2
m m
m m
⇔ < < <
⇔ < < <
Vậy với mỗi điểm A(1, a) luôn có 4 đường cong thuộc họ (Cm) đi qua, trong đó có 2
elip và 2 hyperbol
CÂU V:
1) Số tam giác bất kỳ có 3 đỉnh là 3 đỉnh của thập giác là

3
120
10
C =
Số tam giác có 1 cạnh là cạnh của thập giác là:
10 x 6 = 60 (do 1 cạnh có 6 tam giác)
Số tam giác có 2 cạnh là cạnh của thập giác là: 10
Vậy có : 120 – 60 – 10 = 50 tam giác thỏa yêu cầu của đề bài toán.
2) (Khối D)
Tìm họ nguyên hàm của hàm số: f (x) =
6 6
sin cosx +
x
Ta có:

6 6
sin cos
6 6 2 2
sin cos 1 3sin cos
3
2 2
1 sin cos
4
5 3
cos 4
8 8
x x
x x x x
x x
x
+
+ = −
= −
= +
Vậy
5 3
( ) cos 4
8 8
f x x= +
⇒
Nguyên hàm
5 3
( ) sin 4
8 32
F x x x c= + +

2) (Khối A)
Tớnh
6 6
4
8sin 4
sin cos
0
x
I dx
x x

=

+
Ta coự:

4
8sin 4
5 3cos 4
0
x
I dx
x

=

+
ẹaởt t = 5 + 3cos4x
12sin 4dt xdx =
ẹoồi caọn:

0 8
2
4
x t
x t

= =
= =
8
8
2 1 2 2
ln ln 4
3 3 3
2
2
I dt t
t
= = =