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