Đề thi hay có đáp án

1

KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG MÔN TOÁN TUẦN 3 THÁNG 4
LỚP ÔN THI ĐẠI HỌC
(Thời gian làm bài 180 phút)

Câu I) Cho hàm số
3 2 2 3
3 3( 1) 4 1
y x mx m x m m
= − + − − + −
(C)
1) Khảo sát và vễ ñồ thị hàm số khi m=1
2) Tìm m ñể hàm số có hai cực trị là A, B cùng với gốc O tạo thành tam giác vuông tại O

Câu II)
1) Giải phương trình sau:
1 1
2 sin 2 4sin 1
sin 6 2sin
x x
x x
π
   
− − = − −
   
   

2) Giải hệ phương trình sau:
(
)

(
)
2 2
1 1 1
3 2 1 4 3 1
x x y y
x x xy xy x

+ + + + =



− + = + +


Câu III)
1) Tính di
ệ
n tích hình ph
ẳ
ng gi
ớ
i h
ạ
n b
ở
i
ñồ
th
ị

các hàm s
ố

0
y
=
và
2
(1 )
1
x x
y
x
−
=
+


2) Cho lăng trụ tam giác ñều ABCA’B’C’ có cạnh ñáy bằng a. Khoảng cách từ tâm I của mặt ñáy
(ABC) ñến mặt phẳng (A’BC) bằng
6
a
. Tính thể tích lăng trụ ABCA’B’C’ và cosin góc tạo bởi
(A’BC) và (ABA’).

Câu V)
Cho 3 số thực dương a,b,c. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :
2 2 2
1 2
( 1)( 1)( 1)

1
P
a b c
a b c
= −
+ + +
+ + +


Câu VI)
1) Cho các
ñườ
ng th
ẳ
ng
1 2 3
; ;
d d d
l
ầ
n l
ượ
t có ph
ươ
ng trình
1 0; 0; 1 0
x y x y x y
− + = − = − − =
và
ñ

i
ể
m M(0;1) thu
ộ
c d
1
.Tìm N thu
ộ
c d
2
, Q thu
ộ
c d
3
và P sao cho MNPQ là hình ch
ữ
nh
ậ
t có di
ệ
n
tích nh
ỏ
nh
ấ
t.

2) Trong không gian Oxyz cho
(2;0;0), (1;1;1)
A H

. Vi
ế
t ph
ươ
ng trình m
ặ
t ph
ẳ
ng (P) ch
ứ
a A, H
sao cho (P) c
ắ
t Oy ;Oz t
ạ
i B, C th
ỏ
a mãn di
ệ
n tích tam giác ABC b
ằ
ng
4 6


Câu VII)
Gi
ả
i b
ấ

t ph
ươ
ng trình :
5
4
1
1
3 81
9
x
x
−
+
 
≥
 
 


GV NGUYỄN TRUNG KIÊN 0988844088-01256813579

2

ĐÁP ÁN KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG TUẦN 3 THÁNG 4 NĂM 2011
Câu I)
1) Học sinh tự làm
2) Điều kiện ñể hàm số có 2 cực trị là y’=0 có hai nghiệm phân biệt:
2 2
1
' 3 6 3( 1) ' 9 0

1
x m
y x mx m
x m
= +

= − + − ⇒ ∆ = > ⇒

= −

(0,25 ñiểm)
Ta có
1 1
'( ) 2 3 1
3 3
y y x m x m
= − − + −
Gọi A, B là 2 ñiểm cực trị thì
( 1; 3); ( 1; 1)
A m m B m m
+ − − +
(0,25 ñiểm)
Suy ra
2
1
( 1; 3); ( 1; 1) 2 2 4 0
2
m
OA m m OB m m m m
m

= −

+ − − + ⇒ − − = ⇒

=

 
(0, 25 ñiểm)
Kết luận: Có hai giá trị của m cần tìm là m=-1 hoặc m=2
Câu II)
1) Điều kiện
sin 0
x
≠
.Phương trình ñã cho tương ñương với:
2
(4sin 2)sin 2 8sin 2sin 1
6
1 3
2(2sin 1) cos2 sin 2 (2sin 1)(4sin 1)
2 2
x x x x
x x x x x
π
 
− − = − −
 
 
 
⇔ − − = − +

 
 
 

1
sin
2
cos2 3 sin2 4sin 1
x
x x x

=

⇔

− = +



(1)
(2)

(1)
2
6
5
2
6
x k
x k

π
π
π
π

= +

⇔


= +


(
k Z
∈
) (2)
2
4sin 2sin 2 3sin cos 0
x x x x
+ + =
sin 3 cos 2
x x
⇔ + = −

7
cos 1 2
6 6
x x k
π π

π
 
⇔ − = − ⇒ = +
 
 
(
k Z
∈
)
2) Giải phương trình:
Ta có:
2 2 2
1 1 0
y y y y y y
+ > = ≥ ± ⇒ + ± >

Tương tự:
2
1 0(*)
x x+ ± >

Khi ñó:
2 2 2 2
(1) 1 1 1 1 0
x x y y x y x y
⇔ + + = + − ⇔ + + + − + =

( )
(
)

2 2
2 2
2 2
0 1 1 0
1 1
x y
x y x y x y x y
x y
−
⇔ + + = ⇔ + + + + + − =
+ + +

0( (*))
x y do y x
⇔ + = ⇔ = −

Thay vào (2) tr
ở
thành:
2 2 2
2 2
3 1 3 1
3 2 1 4 3 1 . 2 4 (3)
x x x x x x x x
x x x x
 
+ + = − + + ⇔ + + = − + +
 
 

3

2 2
3 1 3 1
*) 0:(3) 2 4 .
x
x x x x
> ⇔ + + = − + +
Đặt
2
1 3
2 0
t
x x
= + + ≥

2
(3) 6 3
t t t
⇔ = − ⇔ =
(nhận) hay t=-2(loại)
2
2
1 3 3 37
7 0 7 3 1 0
14
x x x
x x
+
⇔ + − = ⇔ − − = ⇔ =

(nhận) hay
3 37
14
x
−
=
(loại)
2 2
3 1 3 1
*) 0:(3) 2 4x
x x x x
< ⇔ − + + = − + +
.Đặt
2
1 3
2 0
t
x x
= + + ≥


2
(3) 6 2
t t t
⇔ − = − ⇔ =
(nhận) hay t=-3(loại)
2
2
1 3 3 7
2 0 2 3 1 0

4
x x x
x x
+
⇔ + − = ⇔ − − = ⇔ =
(loại) hay
3 17
4
x
−
=
(loại).
ĐS:
3 37
14
x
+
=

Câu III)
1) Hoành ñộ giao ñiểm cảu hai ñồ thị là nghiệm của phương trình:
2
0
(1 )
0
1
1
x
x x
x

x
=

−
= ⇔

=
+


Suy ra
1 1 1 1 1
2 2 2 2
0 0 0 0 0
(1 ) (1 ) 1 1
2 1 2
1 1 1 1
x x x x
S dx dx dx dx dx
x x x x
− −
= = = − + = − +
+ + + +
∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Đặt
2
2
4 4
0

2
0
(tan 1)
tan (tan 1) 1 2 1 2 | 1
(tan 1) 2
u du
x u dx u du S u
u
π π
π
+
= ⇒ = + ⇒ = − + = − + = −
+
∫

2) - Haj AM vuông góc với BC suy ra M là trung ñiểm của BC. Hạ AK vuông góc với A’M suy
ra
/( ' ) /( ' )
3
3
6 2
A A BC I A BC
a a
d AK d
= = = =
. Ta có
2 2 2
1 1 1
'
AK AA AM

= +
6
AA'
4
a
⇒
=

2
3
6 3 3 2
.
4 4 16
LT
a a
V a
= =

- Hạ NB vuông góc với AC
( ' ) '
BN A AC BN A C
⇒ ⊥ ⇒ ⊥
. Từ N hạ NE vuông góc với A’C.
Suy ra
' ( ) '
A C NEB A C EB
⊥ ⇒ ⊥
Suy ra góc tạo bởi mp(A’AC) và mp(A’BC) là góc
ˆ
NEB

NEC
∆
ñồng dạng với
'
A AC
∆

6 26 8
tan cos
AA' ' 13 4 21
NE NC
NE a NEB NEB
A C
⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ =


4

A
B
C
M
N
E
K
C'
B'
A'

Câu IV) Theo bất ñẳng thức Cauchy
2 2 2 2 2 2
3
3
1 1 1
1 ( ) ( 1) ( 1)
2 2 4
3 2 54
( 1)( 1)( 1)
3 1 ( 3)
a b c a b c a b c
a b c
a b c P
a b c a b c
+ + + ≥ + + + ≥ + + +
+ + +
 
+ + + ≤ ⇒ ≤ −
 
+ + + + + +
 

Đặt t=a+b+c+1>1 Khi ñó ta có
3
2 54
( 2)
P
t t
≤ −
+

Xét hàm số
3
2 54
( )
( 2)
f t
t t
= −
+
với t>1 ta có
2 2
1
2 162
'( ) ; '( ) 0
4
( 2)
t
f t f t
t
t t
=

= − + = ⇔

=
+

. Lập bảng biến thiên suy ra
1
( ) ax

4
f t m
=
khi
4
t
=

1
max
4
P
⇔ =
khi
1
a b c
= = =

Câu V)
1) Gọi N(a;a) thuộc d
2
; Q(b+1;b) thuộc d
3
ta có
( ; 1), ( 1; 1)
MN a a MQ b b
= − + −
 
Vì MNPQ là hình
chữ nhật nên tam giác MNQ vuông tại M và P ñối xứng với M qua trung ñiểm I của NQ.

( ) . 2 ( )
dt MNPQ MN MQ dt MNQ
= =
nên diện tích hình chữ nhật nhỏ nhất khi diện tích MNQ nhỏ
nhất.
5

Ta có
( )
2
2
2 1 0
. 0
1
1
( ) 2 1 1 1
( ) .
2
2
ab b
MN MQ
dt MNQ a b
dt MNQ MN MQ

− − =

=
 
⇔
 

 
 
= − + +
=
 
 
 


 

( )
2
2
(2 1) 1 0
1
( ) 2 1 1 1
2
a b
dt MNQ a b
− + =


⇔

 
 
= − + +

 

 


Đặt
2
2
2
2
1
1
2 1
1
min 1
1 1
( ) 1
( ) 2
2
y
x a
y
x
dt x
x
y b
x
dt MNQ
dt MNQ x
x

= −



= −
= −

 
⇒ ⇔ ⇔ = ⇔ =
  
=

 
≥
= + +




1 1 1, 1
1 1 0, 1
x x a b
y y a b
= = − = = −
  
⇔ ∨ ⇒
 

= − = = =
  
Từ ñó tính ñược các ñiểm N,Q,P theo hai trường hợp
2) Giả sử B(0;b;0), C(0;0;c) trong ñó

, 0
b c
≠
. Ta có
2 2 2
1 1 1 1 1
( ) : 1; ( ) ( ) , ( ) (2 ) (2 )
2 2 2 2
x y z
P H P S ABC AB AC bc c b
b c b c
 
+ + = ∈ ⇒ + = ⇒ = = + +
 
 

2 2 2
4 6 ( ) (2 ) (2 ) 384
S bc c b= ⇒ + + =

Đặt
2 2
4
2
8, 16
3 21
6, 12
4( 2 ) 384
2 21
b c

v u
b c u u v
b c
bc v u v
v u v
b c
= =

=
+ = = =


 
⇒ ⇒ ⇔ = − = − +
 


= = − = −
+ − =
 


= − = − −


T
ừ

ñ
ó có 3 ph

ươ
ng trình th
ỏ
a mãn
ñ
i
ề
u ki
ệ
n
Câu VI)
B
ấ
t ph
ươ
ng trình t
ươ
ng
ñươ
ng v
ớ
i
1
1
4
3 3 1 1
4
x
x
x

x
−
+
≥ ⇔ + ≥ −

Trường hợp 1:
1 4
x
− ≤ <
bất phương trình luôn ñúng
Trường hợp 2:
(
)
( )
2
2
2
4 4 1 4 24 0 4 24
x x x x x x
≥ ⇔ + ≥ − ⇔ − ≤
⇒
≤ ≤

Kết hợp nghiệm ta có
[-1;24]
S
=