1

ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN VẮN TẮT TRƯỜNG CHUYÊN ĐHQG HÀ NỘI L ẦN 1

Ngày thi 27-11-2011 Câu I) Cho hàm số

2 1

1

xy

x

−=−

(C)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C) 2. TÌm các giá trị của m để đồ thị hàm số (C) tiếp xúc với đường thẳng 5y mx= +

Câu II)

1. Giải phương trình: 2

cos 3 cos 4 cos 13 3

x x x xπ π + + − + =

2. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: ( ) ( )4 53sin 4cos 3sin 4cos 1y x x x x= + + +

Câu III)

1. Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực: ( )29 2 4 2 2x m x x+ − = − + +

2. Tìm hệ số lớn nhất trong khai triển thành đa thức của ( )2 1n

x + biết tổng các hệ số của nó

là 59049. Câu IV)

1. Cho chóp tam giác đều SABC biết cạnh bên bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và đáy bằng 450. Tính thể tích khối chóp.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình vuông ABCD có đỉnh ( )1;2;1A và

đường chéo BD có phương trình:3

4 1 1

x y z− = =−

. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình

vuông. 3. Trong hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn ( ) 2 2: 2 2 23 0C x y x y+ − + − = . Viết phương trình

đường thẳng qua ( )7;3A cắt (C) tại B,C sao cho 3 0AB AC− =

Câu V) Với , ,a b c là các số thực dương thỏa mãn: 3ab bc ca abc+ + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của

( ) ( ) ( )2 2 2

2 2 2 2 2 2

a b cP

c c a a a b b b c= + +

+ + +

ĐÁP ÁN: Câu I) 1. HS tự giải 2. Gọi 0x là hoành độ tiếp điểm A, suy ra phương trình tiếp tuyến tại A là:

( )( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 0 0 0' 'y y x x x y x y x x y x= − + = + .

Tức là ta có: ( )( )0 2

0

1'

1m y x

x= = −

− và ( ) ( )0 0 0' 4y x x y x− + =

Từ đó ( )

200 0 0 02

00

2 115 3 8 4 0 2

11

xx x x x

xx

−+ = ⇔ − + = ⇔ =−−

hoặc 0

2

3x =

www.VNMATH.com

2

Đáp số: 1m = − hoặc 9m = − . Câu II) 1. Phương trình đã cho tương đương:

22 7cos 3 cos 4 1 cos 2cos cos 2sin

3 3 2 2 2 6 2

x xx x x

π π π π π ⇔ + + − = − ⇔ − − =

Mà cos sin2 2 2

x xπ − =

. Suy rat a có hai trường hợp:

TH1: ( )sin 0 22

xx k kπ= ⇔ = ∈ℤ

TH2: 7 7

cos cos2 6 2 2 2 6 2 2 6 2

x x kx

π π π π π π π π − = − ⇔ − = ± − ⇔ = +

hoặc

( )2

9 3

kx k

π π= − + ∈ℤ .

2. Đặt 3sin 4cost x x= + (1). Ta có ngay 2 23 4 5t ≤ + = và mỗi 5t ≤ ta đều có x thỏa

mãn (1). Bài toán qui về tìm min, max của hàm số ( ) ( )54 1f t t t= + trên đoạn [ ]5;5−

Ta có ( ) ( ) ( ) ( )5 43 4 4' 4 1 5 1 9 4 , ' 0 0; 1;

9f t t t t t t f x= + + + + = ⇔ = − −

Dễ thấy ( )'f x đổi dấu âm thành dương tại 0x = , dương thành âm tại 4

9x = − suy ra 0x = là

điểm cực tiểu và 4

9x = − là điểm cực đại.

( ) ( ) ( )4 5

4 5 4 59

4 4 .55 5 4 , , 0 0, 5 5 6

9 9f f f f

− = − − = = =

. Từ đó 4 5 4 5min 5 4 ,max 5 6y y= − =

Câu III)

1. Đặt 2 22 2 4 2 4 2 2 2t x x t x t= − + + ⇒ = + − ⇒ ≤ ≤

Bài toán trở thành tìm m để phương trình ( )29 4t mt+ − = (1) có nghiệm 2 2 2t≤ ≤

Ta có ( ) ( ) ( )2

5 5, ' 1 , ' 0 5m t f t f t f t t

t t⇔ = + = = − = ⇔ = . Ta có ( )f t nghịch biến trên

( )2; 5 , đồng biến trên ( )5;2 2 . Mà ( ) ( ) ( )9 13 22 , 5 2 5, 2 2

2 4f f f= = =

Từ đó 13 2

2 54

m≤ ≤

2. Giả sử ( ) ( )0

2 1n

n kk

k

P x x a x=

= + =∑ với 2k kk na C= . Khi đó tổng các hệ số của ( )P x là ( )1P

Suy ra ( ) 102.1 1 59049 3 10n

n+ = = ⇒ = . Với 0,1,...,9k = , xét tỉ số

( ) ( )( ) ( )

1

1 110

10

! 10 ! 2 102 10!2. .

2 1 ! 9 ! 10! 1k

k k

kk k

a k k kC

a C k k k+

+ + − −= = =

+ − +, suy ra 1 19

13

k

k

ak

a+ > ⇔ <

Từ đó 0 1 7 8 9 10....a a a a a a< < < > > >

www.VNMATH.com

3

Đáp số: Hệ số lớn nhất là 7 77 102a C=

Câu IV) 1. Kẻ ( )SH ABC⊥ , M là trung điểm của BC

Ta có: 2

2 2 2 2

3

ABSH SC HC a= − = − mà

3

6

ABSH HM= = ,

suy ra 2 2

2 2 3

3 12 5 5

AB AB a aa AB SH− = ⇔ = ⇒ =

2 323 3 3 1 15

.4 5 3 255

ABC

a a aS AB V= = ⇒ = = (đvtt)

2. Phương trình tham số của

3 4

:

x t

BD y t

z t

− + = − =

Mặt phẳng ( )α qua A và vuông góc với BD có phương trình 4 3 0x y z− + − =

Suy ra tâm I của hình vuông thuộc đường thẳng BD và thuộc mặt phẳng ( )α có tạo độ

( )1 11; ; 1; 1; 2

2 2I C − ⇒ − −

Tọa độ điểm B,D thỏa mãn phương trình 4 3 0x y z− + − = và điều kiện 2 2 2 18

4IB ID IA= = =

nên ( ) ( )3;0;0 , 1;1; 1B D − − hoặc ( ) ( )3;0;0 , 1;1; 1D B − −

3. Gọi H là trung điểm BC, (C) có tâm ( )1; 1 , 5I R− =

Có 2 2 2. 3 27 3, 9 6 4AB AC AI R AC AC AB AH IH= − ⇔ = ⇔ = = ⇒ = ⇒ =

Lập ∆ qua ( )7;3A có ( ) 2 2; , 0n a b a b= + ≠�

cách I một đoạn bằng 4: ( ) ( )7 3 0a x b y− + − =

( ) 2 2, 4 3 2 2 0d I a b a b a∆ = ⇔ + = + ⇔ = hoặc 12, 5a b= − =

Phương trình : 3 0y∆ − = hoặc 12 5 69 0x y− + + =

Câu V) Ta có: ( ) ( ) ( )2 2 2 2

2 22 2 2 2 2 2

1 1 1 1

2

a c a c c a

c a c a c ac c a c c a c c a

+ += − = − ≥ −++ + +

Tương tự ( ) ( )2 2

2 2 2 2

1 1 1 1;

2 2

b c

a b b ca a b b b c= − ≥ −

+ +.

Từ đó 1 1 1 1 1 3

2 2 2

ab bc caP

a b c abc

+ + ≥ + + = =

. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1a b c= = =

Vậy min

3

2P = .

www.VNMATH.com