Đề thi Dự trữ khối A Môn Toán Đề I52748

Đề thi Dự trữ khối A-năm 2007 Đề I  x  4x  x2 Khảo sát vẽ đồ thị hàm số Chứng minh tích khoảng cách từ điểm đồ thị hàm số đến đường tiệm cận số Câu I: Cho hàm số y  Câu II: Giải phương trình: sin 2x  sin x  Tìm m để phương trình: m  1   2cot g2x 2sin x sin 2x  x  2x    x(2  x)  (2) có nghiệm x  0,1   Câu III: Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (-1;3;-2), B (-3,7,-18) mặt phẳng (P): 2x - y + z + = Viết phương trình mặt phẳng chứa AB vng góc với mp (P) Tìm tọa độ điểm M  (P) cho MA + MB nhỏ Câu IV: 2x  dx   2x 1 Tính I   x  x  2x   3y 1   Giải hệ phương trình:  ( x, y  R ) y  y  2y   3x 1  Câu Va (cho chương trình THPT khơng phân ban): Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C) : x2 + y2 = Đường tròn (C') tâm I (2,2) cắt (C) điểm A, B cho AB  Viết phương trình đường thẳng AB Có số tự nhiên chẵn lớn 2007 mà số gồm chữ số khác nhau? Câu Vb (cho chương trình THPT phân ban): Giải bất phương trình: (log x  log x ) log 2x   Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1  2a BAC  120 o Gọi M trung điểm cạnh CC1 Chứng minh MBMA1 tính khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A1BM) DeThiMau.vn Bài giải Đề thi Dự trữ khối A-năm 2007 Đề I Câu I: Khảo sát vẽ đồ thị (Bạn đọc tự làm) Gọi (C ) đồ thị hàm số M(x,y)  ( C )  y   x   x2 Phương trình tiệm cận xiên y   x   x  y   khoảng cách từ M đến tiệm cận xiên xy2   d1 x2 khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng d  x  Ta có d1d  7 x2  : số x2 Câu II: 1   2cot g2x (1) 2sin x sin 2x (1)   cos22x  cosxcos2x = 2cos2x sin2x  Giải phương trình : sin 2x  sin x   cos 2x  v cos2 x  cos x   0(VN)  cos2x =  2x      k  x   k 2 Đặt t  x2  2x   t2  = x2  2x Bpt (2)  m  t2  (1  t  2),do x  [0;1  3] t 1 Khảo sát g(t)  t2  với  t  t 1 g'(t)  t  2t  (t  1)2  Vậy g tăng [1,2] t2  có nghiệm t  [1,2] t 1  m  max g(t)  g(2)  t1;2 Do đó, ycbt  bpt m  Câu III:   Ta có AB  (2,4, 16) phương với a  (1,2, 8)  mp(P) có PVT n  (2, 1,1)   Ta có [ n ,a] = (6 ;15 ;3) phương với (2;5;1) Phương trình mp chứa AB vng góc với (P) : 2(x + 1) + 5(y  3) + 1(z + 2) =  2x + 5y + z  11 = DeThiMau.vn Tìm M  (P) cho MA + MB nhỏ Vì khoảng cách đại số A B dấu nên A, B phía với Mp (P) Gọi A' điểm đối xứng với A qua (P) x 1 y  z  Pt AA' :   1 AA' cắt (P) H, tọa độ H nghiệm 2x  y  z     x  y  z   H(1,2, 1)   1  Vì H trung điểm AA' nên ta có : 2x H  x A  x A '  2y H  y A  y A '  A '(3,1,0) 2z  z  z A A'  H  Ta có A ' B  (6,6, 18) (cùng phương với (1;-1;3) ) x  y 1 z   1 Vậy tọa độ điểm M nghiệm hệ phương trình 2x  y  z     x  y  z  M(2,2, 3)   1  Câu IV: Pt đường thẳng A'B : Đặt t  2x   t  2x   2tdt  2dx  dx  tdt Đổi cận t(4) = 3, t(0) = 3 t2   dx  dt   t   dt Vậy I  1 t t    2x    2x    1  t2  =   t  ln t     ln  1 Giải hệ phương trình x  x2  2x   3y 1   (I)  y  y2  2y   3x 1  Đặt u = x  1, v = y   u  u2   3v  (I) thành (II)  v  v2   3u Xét hàm f(x)  x  x2  f ´(x)   x  x2   x x 1 x 1 Vậy f đồng biến nghiêm cách R  x x x 1 0 Nếu u > v  f(u) > f(v)  3v  3u  v > u ( vô lý ) Tương tự v > u dẫn đến vô lý DeThiMau.vn u u   Do hệ (II)   u  u    1  ( u   u) (1)  u  v  u  v Đặt: g(u)  3u ( u2   u)  u   g'(u)  3u ln 3( u2   u)  3u   1    u 1   u   u ln     0, u  R  u 1   Vậy g(u) đồng biến nghiêm cách R Ta có g(0) = Vậy u = nghiệm (1) Nên (II)  u = = v Vậy (I)  x = y = Câu Va: 1.Đường thẳng OI nối tâm đường tròn (C), (C') đường phân giác y = x Do đó, đường AB  đường y = x  hệ số góc đường thẳng AB  g' u   3u Vì AB   A, B phải giao điểm (C) với Ox, Oy  A(0,1); B(1,0) Suy   A '(1,0); B'(0, 1) Suy phương trình AB : y =  x + y =  x  Cách khác: phương trình AB có dạng: y =  x + m Pt hoành độ giao điểm AB x2 + ( x + m)2 =  2x2  2mx  m   (2) (2) có  /   m , gọi x1, x2 nghiệm (2) ta có : AB2   2(x1  x2 )2   (x1  x2 )2   4 /    m   m  1 a Vậy phương trình AB : y =  x 1 Gọi n  a1a2 a3a số cần lập TH1 : a4 = 0, ta có cách chọn a1 (vì a1  2) cách chọn a2 cách chọn a3 (1 cách chọn a4 ) Vậy ta có 8.8.7.1 = 448 số n TH2 : a4  a4 chẵn Ta có : cách chọn a4 cách chọn a1 cách chọn a2 cách chọn a3 Vậy ta có 4.7.8.7 = 1568 số n Vậy trường hợp ta có : 448 + 1568 = 2016 số n DeThiMau.vn Câu Vb: Điều kiện x > , x   1  log4 x  log2 2x  (1)    log8 x 2       log2 x   log2 x  1   log2 x  3   log2 x   log2 x   (log22 x  3)  0 0 log2 x  log2 x   log2 x  1v log2 x    x  v x  2 (Bạn đọc tự vẽ hình) Chọn hệ trục Axyz cho: A  0, C  2a,0,0  , A1(0,0,2a 5) a a   A(0; 0; 0),B  ; ;  M(2a,0,a 5) 2        BM  a   ;  ;  , MA1  a(2; 0; 5)     Ta có: BM.MA1  a2 (5  5)   BM  MA1 Ta tích khối tứ diện AA1BM :    a3 15 V  A A1  AB,AM     SBMA1   MB,MA1   3a2 Suy khoảng cách từ A đến mp (BMA1) d  3V a  S Cách khác: + Ta có A1M2  A1C12  C1M2  9a2 BC2  AB2  AC2  2AB.AC.cos1200  7a2 BM2  BC2  CM2  12a2 A1B2  A1A  AB2  21a2  A1M2  MB2  MB vng góc với MA1 + Hình chóp MABA1 CABA1 có chung đáy tam giác ABA1 đường cao nên thể tích 1  V  VMABA1  VCABA1  AA1.SABC  a3 15 3  d(a,(MBA1 ))  3V SMBA1  6V a  MB.MA1 DeThiMau.vn ...  A1 C12  C1M2  9a2 BC2  AB2  AC2  2AB.AC.cos1200  7a2 BM2  BC2  CM2  1 2a2 A1 B2  A1 A  AB2  2 1a2  A1 M2  MB2  MB vng góc với MA1 + Hình chóp MABA1 CABA1 có chung đáy tam giác ABA1...  MA1 Ta tích khối tứ diện AA1BM :    a3 15 V  A A1  AB,AM     SBMA1   MB,MA1   3a2 Suy khoảng cách từ A đến mp (BMA1) d  3V a  S Cách khác: + Ta có A1 M2... a1 a2 a3 a số cần lập TH1 : a4 = 0, ta có cách chọn a1 (vì a1  2) cách chọn a2 cách chọn a3 (1 cách chọn a4 ) Vậy ta có 8.8.7.1 = 448 số n TH2 : a4  a4 chẵn Ta có : cách chọn a4 cách chọn a1