Đáp án + Đề thi thử môn Toán khối B của ĐH 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
 
   
  
   
   


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 2m 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


 

 





 



 



 Khi đó:
Phương trình
2
2
sin x sin 2 x
sin 3 x 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 3 x cos x (2 cos 2 x sin x) sin x (2sin 2 x cos x) cos x
2sin 3 x cos x (sin 3 x sin x) sin x (sin 3 x sin x) cos x
sin 3x cos x sin 3x 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 3 x sin x sin 3x sin x
x ( )
4
x ( )
x ( )
4 2
k
k
k



 
  
 
 
 
 
 
 

 



 


 


loại
nhận
loại

Đáp số:
x ( )k k Z

 

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 6 A 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 8x 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

 
   
  
   
   


Ta có:
I tg x cotg x d x
3 3
 
   
  
   
   


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
 

 
   
  
   
 
   
 
 
 
 
 



3
x ln cos x ln cos x c
3 3 3
cos x
3
3

x ln
3
cos x
3
 


 
   
      
 
   
   
 
 

 
 
 
 

 
 

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 