ĐỀ THI ĐẠI HỌC SỐ 4 (Có đáp án)

ĐỀ THI ĐẠI HỌC SƠ 4 (CĨ ĐÁP ÁN)
CÂU I:
Cho hàm số:
4 2 2
( 10) 9y x m x= − + +
1.Khảo sát sự biến thiên và ve đồ tḥ của hàm số ứng với m=0
2.Chứng minh rằng với mọi
0m ≠
,đồ tḥ của hàm số luôn cắt trục hoành tại 4
điểm phân biệt .Chứng minh rằng trong số các giao điểm đó có hai điểm nằm trong
khoảng (-3,3)
và có hai điểm nằm ngoài khoảng (-3,3)
CÂU II:
1.Giải bất phương tŕnh :
1 1x x x+ − − ≥
2. Giải phương tŕnh:
2
2
3
2
3
log 3 2
2 4 5
x x
x x
x x
 
+ +
= + +
 
+ +

 
3.Cho tam thức bậc hai:
2
( )f x x ax b= + +
Chứng minh rằng với mọi giá tṛi của a và b, trong 3 số
(0) , (1) , ( 1)f f f −
có ít
nhất một số lớn hơn hoặc bằng
1
2

CÂU III:
Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta luôn có:
3 cos cos cos
2 2 2 sin sin sin
A B C A B C
tg tg tg
A B C
+ + +
+ + =
+ +
CÂU IV:
Cho h́nh lập phương ABCD. A’B’C’D’ với cạnh bằng a.Giả sử M và N lần lượt
là các trung điểm của BC và DD’.
1.Chứng minh rằng MN song song với mặt phẳng (A’BD)
2.Tính khoảng cách giưa hai đường thẳng BD và MN theo a
CÂU V:
1.Từ các chươ số 1,2,3,4,5,6 thiết lập tất cả các số có sáu chươ số khác
nhau.Hỏi trong các số đaơ thiết lập được,có bao nhiêu số mà hai chư số 1 và 6 không
đứng cạnh nhau?

2.T́im họ nguyên hàm của hàm số :
cot
( )
1 sin
gx
f x
x
=
+
ĐÁP ÁN
CÂU I:
Cho: y = x
4
– (m
2
+ 10)x
2
+ 9 (C
m
).
1) Khảo sát và veơ đồ tḥ hàm số với m= 0.
y = x
4
– 10x
2
+ 9
• TXD: D = R
3 2
' 4 20 4 ( 5)y x x x x= − = −

0
' 0
5
x
y
x
=

= ⇔

= ±

2
'' 12 20
5 44
'' 0
3 9
y x
y x y
= −
−
= ⇔ = ± ⇒ =
⇒
ñieåm uoán
5 44 5 44
; ;
3 9 3 9
  
− − −
  

  
  
• BBT:

• Ñoà tḥ:
Cho
2
1 1
0
2 3
9
x x
y
x
x

= = ±


= ⇔ ⇔

= ±


=



2) Chứng minh rằng với
∀

0m ≠
, (C
m
) luôn luôn cắt Ox tại 4 điểm phân biệt
trong đó có hai điểm nằm
∈
(-3,3) và 2 điểm nằm ngoài (-3,3).
Phương tŕnh hoành độ giao điểm của (C
m
) và Ox.
4 2 2
( 10) 9 0x m x− + + =
(1)
Đặt
2
( 0)t x t= ≥
Phương tŕnh trở thành:
2 2
( 10) 9 0t m t− + + =
(2)
Ta có:







∀>+=
>=

∀>−+=∆
mmS
P
mm
,010
09
,036)10(
2
22
⇒
0 < t
1
< t
2
⇒
(1) có 4 nghiệm phân biệt
2 1 1 2
x x x x− < − < <
Đặt f(t) =
2 2
( 10) 9t m t− + +
Ta có: af(9)=
2 2
81 9 90 9 9 0, 0m m m− − + = − < ∀ ≠
0 9
1 2
2
9 ( 3;3)
1 1
2 ( 3;3)

9
2
2
3 3
2 1 1 2
t t
x x
x
x
x x x x
⇔ < < <

< ∈ −

 
⇔ ⇔
 
∈ −
 
>


⇔ − < − < − < < <
Vậy (C
m
) cắt Ox tại 4 điểm phân biệt trong đó 2 điểm
( 3,3)∈ −
và 2 điểm
( 3,3)∉ −
.

CÂU II:
1) Giải bất phương tŕnh:
xxx ≥+−+ 11
Điều kiện:
1 0
1 1
1 0
x
x
x
+ ≥

⇔ − ≤ ≤

− ≥

Ta có: Bất phương tŕnh
2
1 1
x
x
x x
⇔ ≥
+ + −

( )
2 1 1x x x x⇔ ≥ + + −
(*)
Xét x =0: Hiển nhiên (*) đúng.
Vậy x =0 là nghiệm.

Xét
1 0x
− ≤ ≤
: Khi đó (*) trở thành:
( )
2 1 1x x≤ + + −
2
4 (1 ) (1 ) 2 1
2 2
1 1 0
x x x
x x
⇔ ≤ + + − + −
⇔ − ≥ ⇔ ≤
0x
⇔ =
(loại)
Xét
0 1x< ≤
khi đó (*) trở thành:
( )
2 1 1x x≥ + + −
2
0 0 1x x⇔ ≥ ⇔ < ≤
.
Tóm lại nghiệm của bất phương tŕnh là:
0 1x
≤ ≤
.
2) Giải phương tŕnh:

2
2
3
2
3
log 3 2
2 4 5
x x
x x
x x
 
+ +
= + +
 
+ +
 
Đặt:
2
3
2
2 4 5
u x x
v x x

= + +



= + +


Hiển nhiên u, v>0,
x∀
và
2
3 2v u x x− = + +
.
Khi đó phương tŕnh trở thành:
log
2
u
v u
v
= −
(*)
Nếu u > v th́
1
u
v
>
Do đó: VT=
log 0
2
u
v
>
VP = v-u < 0
Suy ra phương tŕnh vô nghiệm.
Nếu u < v th́
0 1
u

v
< <
Do đó:
VT =
log 0
2
u
v
<
VP = v – u > 0
Suy ra phương trinh vô nghiệm.
Vậy: (*)
u v⇔ =
Nghóa là:
2 2
3 2 4 5
2
3 2 0
1 2
x x x x
x x
x x
+ + = + +
⇔ + + =
⇔ = − ∨ = −
Tóm lại nghiệm của phương tŕnh là:
x = -1, x= -2
3) Cho f(x)=x
2
+ ax + b. Chứng minh trong 3 số | f(0) |, | f(1) |, | f(-1) | có ít nhất

1 số lớn hơn hay bằng
2
1
.
Dùng phương pháp chứng minh phản chứng:
Giả sử cả 3 số
( ) , (1) , ( 1)f o f f −
đều nhỏ hơn
1
2
nghóa là:
1 1 1
( ) (0)
2 2 2
1 1 1
(1) (1)
2 2 2
1 1 1
( 1) ( 1)
2 2 2
1 1
(1)
2 2
1 1
1 (2)
2 2
1 1
1 (3)
2 2
f o f

f f
f f
b
a b
a b
 
< − < <
 
 
 
< ⇒ − < <
 
 
 
− < − < − <
 
 

− < <



⇒ − < + + <



− < − + <


(2) cộng (3) ta được : -1 < 2 + 2b < 1

3 1
2 2
b⇒ − < < −
. Mâu thuẩn với (1).
Vậy có ít nhất 1 trong 3 số
( ) , (1) , ( 1)f o f f −
lớn hơn hay bằng
1
2
.
CÂU III:
Chứng minh rằng trong mọi
∆
ABC ta luôn có:
tg
2
A
+ tg
2
B
+ tg
2
C
=
CBA
CBA
sinsinsin
coscoscos3
++
+++

(1)
Ta có:
2
cos cos cos 2cos cos 1 2sin
2 2 2
A B A B C
A B C
+ −
+ + = + −
=
1 2sin cos cos 1 4sin sin sin
2 2 2 2 2 2
C A B A B A B C− +
 
+ − = +
 
 
sin sin sin 2sin cos 2sin cos
2 2 2 2
A B A B C C
A B C
+ −
+ + = +
=
2cos cos cos 4cos cos cos
2 2 2 2 2 2
C A B A B A B C− +
 
+ =
 

 