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 = . 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 '. 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. 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 thi n