Đề thi thử ĐH 08 ĐHSP1

Cho mặt cầu đường kính SS'.. Mặt phẳng P cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường tròn C.. Gọi ABC là tam giác đều nội tiếp đường tròn C.. KHỐI CHUYÊN ĐHSP1 – HÀ NỘI... KHỐI CHUYÊN ĐHSP1 – H

Đề số: Họ tên: Lớp: Trường:

Ngày:

Câu 1:

Cho hàm số

2

x x 2 y

x 2

+ −

=

− .

1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số, từ đó suy ra đồ thị (C’) của hàm số

2

x x 2 y

x 2

+ −

=

− .

2. Tìm hai điểm trên hai nhánh đồ thị (C) sao cho khoảng cách giữa chúng nhỏ nhất

Câu 2:

1. Giải phương trình: sinxcotg5x 1

cos9x =

2. Nhận dạng tam giác ABC, biết: atgB btgA (a b tg) A B

2

+

Câu 3:

1. Giải phương trình: ( ) (x )x x

cos72o + cos36o =3.2−

2. Giải hệ phương trình

3

y 2 8x y xy 2

 + =

 + + =



3 x

Câu 4:

1. Bằng định nghĩa, hãy tính đạo hàm của hàm số y= cos 2x

2. Tính tích phân:

2 2

4 4

4cos x

dx

1 sin x

π

Câu 5:

1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường thẳng d1: 2x – 3y – 1 = 0 và d2: 3x + 2y + 2 = 0 Lập phương trình đường thẳng d đi qua M(1; 1) và tạo với d1, d2 một tam giác cân đỉnh I

là giao của d1, d2

2. Cho mặt cầu đường kính SS' Gọi H là điểm trên SS' sao cho SH = 2HS’, (P) là mặt phẳng qua H và vuông góc với SS' Mặt phẳng (P) cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường tròn (C) Gọi ABC là tam giác đều nội tiếp đường tròn (C) Chứng minh rằng SABC là tứ diện đều

- Hết

-Created by Mr Ai THI THỬ ĐẠI HỌC khối A lần 1 KHỐI CHUYÊN ĐHSP1 – HÀ NỘI - 1

-LỜI GIẢI

Câu I:

Cho (C m ): y = x 3 + 2(m – 1)x 2 + (m 2 – 4m + 1)x – 2(m 2 + 1).

1 Khảo sát khi m = 0.

2 Tìm m để hàm số có cực trị tại x 1 , x 2 đồng thời ( 1 2)

x x

x + x = 2 + .

Giải:

1 Khi = 0, ta có y = x3 – 2x2 + x – 2

• TXĐ: D = ¡

• SBT: y’ = 3x2 – 4x + 1; y’ = 0⇔ x 1

3

= hoặc x = 1.

Hàm số đồng biến trong khoảng ;1

3

−∞ 

  và (1;+∞) ; nghịch biến trong khoảng 1;1

3

Điểm cực đại của đồ thị A 1; 50

 ; điểm cực tiểu B(1; –2).

Giới hạn vô cực xlim y→−∞ = −∞; lim yx→+∞ = +∞.

Bảng biến thiên

50 27

y’ – 0 + 0 –

x 1

y

y

x O

1

3 1

(C)

50 27

−

• Đồ thị: (h.1).

1. Hàm số có cực trị tại x1, x2⇔ phương trình y’(x) = 3x2 + 4(m – 1)x + m2 – 4m +1 = 0 (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 ⇔ ∆ > ⇔' 0 4(m – 1)2 – 3(m2 – 4m + 1) > 0

⇔m2 + 4m + 1) > 0 ⇔ < − −m 2 3 hoặc m> − +2 3 (*)

Khi đó áp dụng Viet đối với (1) suy ra thoả mãn yêu cầu: ( 1 2)

x x

x +x = 2 +

2

1 2

1 2

m 1

m 1 0

x x 2

m 5

=



− =



Kết hợp (*) suy ra thoả mãn yêu cầu bài toán khi chỉ khi: m = 1 hoặc m = 5

Câu II:

Giải các phương trình:

1 2cos13x + 3cos3x + 3cos5x – 8cosx cos 3 4x = 0.

2

2

9 x

4 2x 3 4x

2x 3

− + − =

+ .

Giải:

1 Ta có: 8cos34x = 4cos 4x 1 cos8x( + ) =4cos 4x 2cos12x 2cos 4x 6cos 4x 2cos12x+ + = + .

2cos13x + 3cos3x + 3cos5x – 8cosx cos34x = 0

⇔2cos(12x + x) + 6cos4xcosx – cosx(6cos4x + 2cos12x) = 0

⇔– sin12xsinx = 0⇔sin12x = 0⇔x = k

12

π

2 Cách 1: t= 2x 3, t 0+ > (*) Phương trình trở thành: 4t2 – 4xt + x2 – 9 = 0⇔ t x 3

2

±

Kết hợp (*) ta được:

− >



Hoặc:

+ >



Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x 7 2 13= + ; x= −1 hoặc x 3=

2

9 x

4 2x 3 4x

2x 3

− + − =

+

Created by Mr Ai THI THỬ ĐẠI HỌC khối A lần 1 KHỐI CHUYÊN ĐHSP1 – HÀ NỘI - 3

-Cách 2:

2

9 x

4 2x 3 4x

2x 3

− + − =

+

2x 3 0

2 2x 3 x 3 2 2x 3 x 3 0

+ >





> −



Câu III:

1 Tính:

3

dx I

2 3 sin x cos x

π

π

= + −

2 Tìm GTLN, GTNN của hàm số: f x( ) = x3−6x2+9x 3− trên đoạn [– 1; 4].

Giải:

I

x

   

 ÷  ÷

   

2

3 3

x 2d

cotg x

2 6

π π

π π

π

π

Cách 2:

I

6

π

 

 ÷

 

2

2

x

π

2 Gọi g x( ) =x3−6x2 +9x 3;g ' x− ( ) =3x2−12x 9+ , g’x) = 0⇔x = 1 hoặc x = 3.

Ta lại có g(– 1) < 0, g(1) > 0, g(3) < 0 và g(4) > 0; suy ra g(x) = 0 có đúng 3 nghiệm x1, x2, x3 thoả mãn – 1 < x1 < 1 < x2 < 3 < x3 < 4

Ta có bảng biến thiên của hàm số f(x):

Suy ra:

[ 1;4] ( ) ( )

[ 1;4] ( ) ( )i

− = = Trong đó:

xi (i = 1,2, 3) là nghiệm của g(x) = 0

Câu IV:

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy Cho tam giác ABC có A 1; 3(− − ), trọng tâm G 4; 2( − ) và

đường trung trực của AB có phương trình 3x + 2y – 4 = 0 Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Giải:

Phương trình AB: 2(x + 1) – 3(y + 3) = 0

Toạ độ trung điểm D của AB thoả mãn hệ:

Gọi C(x; y) ta có CD 3GDuuur= uuur

Phương trình trung trực của AC Toạ độ tâm I(x; y) đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC thoả mãn hệ: Bán kính của (C) là IA =

Phương trình (C):

Câu V:

1 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz Cho A(1; 0; 0), B(0; 1; 0), C(1; 1; 0) và D(0; 0; m),

m > 0 Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của C lên AD và BD.

a) Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa CE và CF.

b) Tìm m để ·ECF 45= o.

2 Giải hệ phương trình

2 2







Giải:

1

Created by Mr Ai THI THỬ ĐẠI HỌC khối A lần 1 KHỐI CHUYÊN ĐHSP1 – HÀ NỘI - 5

-g’(x) 0 0

x – 1 x1 1 x2 3 x3 4

1

1 3

19 f(x)

G C

d