ĐỀ THI ĐẠI HỌC 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
π π
   
= + +
 ÷  ÷
   
∫
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 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:
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
π
π
π π

≠ +

≠


⇔
 
≠


≠ +


• Khi đó:
Phương trình
2
2
sin x sin 2 x

sin 3x 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 3x cos x (2 cos 2 x sin x)sin x (2sin 2 x cos x)cos x
2sin 3x cos x (sin 3x sin x) sin x (sin 3 x sin x) cos x
sin 3x cos x sin 3 x 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
x ( )
4
x ( )
x ( )
4 2
k
k
k
π
π
π
π π
− = −
= =
 
⇔ ⇔
 
= =
 

= +


⇔ =


= +



loại
nhận
loại
Đáp số:
x ( )k k Z
π
= ∈
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 6A 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 8 x 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
π π
   
= + +
 ÷  ÷
   
∫
Ta có:
I tg x cotg x d x
3 3
π π
   
= + −
 ÷  ÷
   
∫
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
π π
π
 
   
+ + −
 ÷  ÷
 ÷
   
 ÷
= −
 ÷
 ÷
 
∫
3
x ln cos x ln cos x c
3 3 3
cos x
3
3
x ln
3

cos x
3
π π
π
π
 
   
= + − + + − +
 ÷
 ÷  ÷
   
 
 
−
 ÷
 
= +
 
+
 ÷
 
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 2 a 2.2 a. 2 a .
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).