Chứng minh rằng với mọi giá trị của m , hàm số luôn có cực đại,cực tiểu và khoảng cách giữa các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số không đổi.. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam
Trang 1TRƯỜNG ĐHSP HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN IV NĂM 2010
_ Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phat đề
==========================================
Ngày thi:18 – 4 – 2010 Cừu 1. ( 2,0 điểm). Cho hàm số: y = 2x 3 – 3(2m+1)x 2 + 6m(m+1)x + 1 , trong đó m là tham số.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0.
2. Chứng minh rằng với mọi giá trị của m , hàm số luôn có cực đại,cực tiểu và khoảng
cách giữa các điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số không đổi.
Cừu 2. ( 2,0 điểm).
1. Giải hệ:
ï
î
ï
í
ì
- +
=
- +
-
-
= +
2
3
2
2
6
2
y
x
y
x
x
y
x
y
x
y
(Với x,y ÎR).
2. Giải phương trình: sin 2 x +
x
x
2 sin
2
)
2 cos
1
= 2cos2x.
Cừu 3. ( 2,0 điểm).
1. Tính tích phân: I = ò
2
4
3
sin cos
p
p
dx
x
x
x
.
2. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a, mặt bên (SBC) vuông góc với mặt đáy, hai mặt bên còn lại tạo với mặt đáy một góc a . Tính thể tích
hình chóp S.ABC.
Cừu 4. ( 2,0 điểm).
1. Tìm nghiệm phức của phương trình: 2(1 + i)z 2 – 4(2 – i)z – 5 – 3i = 0.
2. Cho các số thực dương x,y,z . Chứng minh rằng:
0
2
2
2
³ +
- + +
- + +
-
x
z
zx
z
z
y
yz
y
y
x
xy
x
Cừu 5. ( 2,0 điểm).
1. Trong mặt phẳng Oxy, hãy xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC vuông cân tại
A. Biết rằng cạnh huyền nằm trên đường thẳng d: x + 7y – 31 = 0, điểm N(7;7) thuộc đường thẳng AC, điểm M(2;3) thuộc AB và nằm ngoài đoạn AB.
2. Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng
ï
î
ï
í
ì
=
+
-
=
=
D
4
2
7
:
z
t
y
t
x
. Gọi D '' là giao tuyến của
hai mặt phẳng (P): x – 3y + z = 0, (Q): x + y – z + 4 = 0.
a) Chứng minh rằng hai đương thẳng D và D ' chéo nhau.
b) Viết phương trình dạng tham số đường vuông góc chung của hai đường thẳngD, D ' .
Hết
http:laisac.page.tl
Trang 2Câu 1. 1. Tự làm.
2. Ta có y’ = 6x 2 – 6(2m+1)x + 6m(m+1) Þ y’ = 0 khi x1 =m hoặc x2 = m+1. Do x1
¹x2 với mọi m nên hàm số luôn có cực đại, cực tiểu. Gọi A(x1;y1), B(x2;y2) là các điểm cực trị
y1 = f(x1)= 2m 3 +3m 2 + 1; y2 = f(x2) = 2m 3 + 3m 2 Þ AB = 2 không đổi (đpcm!).
Câu 2.1. Giải hệ: Điều kiện: y¹0; x – 2y ³ 0; x + x - y 2 ³ 0 .
Pt Û - 2 - x - 2 y - 6 y = 0
y
x
Û - 2 2 - - 2 - 6
y
y
x
y
y
x
= 0 ( chia cả hai vế cho y)
Û
y
y
x 2 -
= 3 hoặc
y
y
x 2 -
= 2.
Với
y
y
x 2 -
= 3 Û
î
í
ì
+
=
>
y
y
x
y
2
9
0
2 thay vào pt(2) ta được nghiệm x =
9
24
,y =
9
4
Với
y
y
x 2 -
= 2 Û
î
í
ì
+
=
<
y
y
x
y
2
4
0
2 thay vào pt(2) ta được nghiệm: x =12, y = 2.
Vậy hệ có hai nghiệm(x;y) = (12;2),(
9
4
;
3
8
).
2. Giải phương trình lượng giác:
sin
cos sin
5 ) sin
2
1 (
2 cos sin
4
cos
=
- +
Û
-
=
x
x
x
x
x
x
x
Û5 +
x
x
x
2
3
3
sin
1
2 sin
cos
- = 0 Û cot 3 x – 2cot 2 x + 3 = 0 Û (cotx + 1)(cot 2 x – 3cot x + 3) =
0
Û cotx = 1 ( Vỡ cot 2 x – cotx + 3> 0) Û x = - + k . , k Î Z
p
(thỏa món điều kiện).
Vậy phương trình có nghiệm: x = - + k . , k Î Z
p
. Câu 3.1.Tính tích phân: Ta có
'
2
sin
1
÷
ø
ö
ç
è
æ
x
x
3
sin
cos
2
I = - ò
2
4
2 ) sin
1 (
2
1
p
4
2 | sin
1
2
p
x
x
4
2
4
2
1 )
2
2
(
2
1 sin
2
p
p
p
p
p
x
x
dx
-
-
-
=
2
1
.
2. Tính thể tích khối chóp: Hạ SH ^BC Þ SH ^ (ABC) ( vỡ: (SBC) ^(ABC) ).
Hạ HM ^AB, HN ^AC thỡ ÐSMH = ÐSNH = a Þ DSHM = DSHN Þ HM = HN
Þ H là trung điểm của BC ( vỡ tam giỏc ABC đều) Þ HM =
4
3
2
a
h
=
Þ SH = HM.tana =
4
3
a
tana . Vậy thể tích khối chóp là: VS.ABC =
3
1
.SH.SABC =
16
tan
3
a
a
. Câu 4. 1.Tìm nghiệm phức:
Ta có D’ = 4(2 – i) 2 + 2(1 + i)(5 + 3i) = 16. Vậy phương trình cho hai nghiệm là:
i
i
i
i
2
5
2
3
2
)
1 )(
4 (
1
4 )
1 (
2
4 )
2 (
2
-
=
-
-
= +
-
= + +
Trang 3-Z2 = i i i
i
i
i
i
2
1
2
1
2
)
1 )(
(
1 )
1 (
2
4 )
2 (
2
-
-
=
-
-
= +
-
= +
-
-
2.Chứng minh BĐT:
Ta có:
2
2 )
(
2
) (
2
2 )
2
y
x
y
x
x
y
x
y
x
x
y
x
xy
x
y
x
xy
y
x
x
y
x
xy
=
+
-
= +
+
-
³ +
-
= +
- +
= +
-
(1)( vỡ x,y>0)
Tương tự:
2
2
z
y
z
y
yz
³ +
-
(2),
2
2
x
z
x
z
zx
³ +
-
(3). Cộng từng vế (1),(2),(3) suy ra:
0
2
2
2
2
2
2
=
- +
- +
-
³ +
- + +
- + +
x
z
zx
z
z
y
yz
y
y
x
xy
x
.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, ( a 2 + b 2
¹0).
Do tam giỏc ABC vuông cân tại A nên:
2
2
0
.
50
7
45 cos
2
1
b
a
b
a
+
+
=
=
Û12a 2 7ab 12b 2 = 0Û ê
ë
é
-
=
=
b
a
b
a
3
4
4
3
. 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 nờn AC là:3(x 7) –4(y –7) = 0Û3x – 4y+7 = 0.
Hệ phương trình tọa độ A:
î
í
ì
= +
-
= + +
0
7
4
3
0
1
3
4
y
x
y
x
ÛA(1;1)
Hệ phương trình tọa độ B:
î
í
ì
=
- +
= + +
0
31
7
0
1
3
4
y
x
y
x
ÛB( 4;5).
Ta có: MA = ( - 3 ; 4 ), MB = ( - 6 ; 8 ) Þ MB = 2 MA Þ M nằm ngoài đoạn AB ( Thỏa mãn)
Hệ phương trình tọa độ C:
î
í
ì
=
- +
= +
-
0
31
7
0
7
4
3
y
x
y
x
ÛC(3;4).
+) Nếu lấy AB là d2 sẽ không thỏa mãn.
Vậy A(1;1), B(4;5) và C(3;4).
2. a). Đường thẳng D đi qua M(0;7;4) và có VTCP u 1 = ( 1 ; 2 ; 0 ).
Đường thẳng D’ đi qua N(0;2;6) có VTCP u 2 = (
1
1
3 1
;
11
1 .
1
;
1
1
-
-
-
) = (2;2;4)
Ta có [ u 1 , u 2 ] = (8;4;2) và MN = ( 0 ; 9 ; 2 ) Þ [ u 1 , u 2 ].MN = 0 – 36 – 4 = 40 ¹0.
Vậy D, D’ chéo nhau.
b). Đường vuông góc chung d của D,D’ có VTCP: u=(4;2;1) ( = ẵ.[ u 1 , u 2 ]).
Gọi HK là đoạn đường vuông góc chung của D,D’ với H Î D , K Î D ’.
Ta có: H=( t; 7+2t;4), K(s;2+s;6+2s) Þ HK ( s – t; 9 + s – 2t; 2 + 2s) cũng là VTCP của
d.
Suy ra :
1
2
2
2
2
9
+
=
-
- +
=
s
Þ s =
21
11
- , t =
7
23
Þ H( ; 4 )
7
3
;
7
23
Trang 4-Vậy phương trình tham số đường vuông góc chung là:
ï
ï
ï
î
ï
ï
ï
í
ì
-
=
-
-
=
+
=
t
z
t
y
t
x
4
2
7
3
4
7
23