đề thi đại học dự trữ (2) môn toán năm 2007 khối b

Đề thi Dự trữ khối B-năm 2007 Đề II Câu I: Cho hàm số x2 m 1xy − ++−= (Cm) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m = 1 2. Tìm m để đồ thị (Cm) có cực đại tại điểm A sao cho tiếp tuyến với (Cm) tại A cắt trục oy tại B mà ΔOBA vuông cân. Câu II: 1. Giải phương trình: gxcottgx xsin x2cos xcos x2sin −=+ 2. Tìm m để phương trình : 01xmx13x 4 4 =−++− có đúng 1 nghiệm Câu III: Trong không gian Oxyz cho các điểm A(2,0,0); M(0,–3,6) 1. Chứng minh rằng mặt phẳng (P): x + 2y – 9 = 0 tiếp xúc với mặt cầu tâm M, bán kính MO. Tìm tọa độ tiếp điểm. 2. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa A, M và cắt các trục Oy, Oz tại các điểm tương ứng B, C sao cho V OABC = 3. Câu IV: 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x 2 và 2 x−2y = . 2. Giải hệ phương trình: ⎪ ⎩ +− 9y2y 3 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ +=+ += +− + xy xy2 y yx 9x2x xy2 x 2 2 3 2 Câu Va (cho chương trình THPT không phân ban): 1. Tìm hệ số của x 8 trong khai triển (x 2 + 2) n , biết: A . 49C 1 n =C8 2 n 3 n +− 2. Cho đường tròn (C): x 2 + y 2 – 2x + 4y + 2 = 0. Viết phương trình đường tròn (C') tâm M(5, 1) biết (C') cắt (C) tại các điểm A, B sao cho 3AB = . Câu Vb (cho chương trình THPT phân ban): () 1. Giải phương trình: 1 xlog1 4 3logxlog2 3 x93 = − −− 2. Trong mặt phẳng (P) cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R và điểm C thuộc nửa đường tròn đó sao cho AC = R. Trên đường thẳng vuông góc với (P) tại A lấy điểm S sao cho () o 60SBC,SAB = ∧ . Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A trên SB, SC. Chứng minh ΔAHK vuông và tính V SABC ? Bài giải Câu I: 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số x2 1 1xy − ++−= (Bạn đọc tự làm) 2. Ta có: () () 2 2 2 x2 4mx4x x2 m 1'y − −++− = − +−= y' = 0 ⇔ –x 2 + 4x + m – 4 = 0 ⇔ (2 – x) 2 = m (x ≠ 2) (∗) Để đồ thị (Cm) có cực đại ⇔ phương trình (∗) có 2 nghiệm phân biệt ≠ 2 ⇔ m > 0 Khi đó y' = 0 ⇔ m2 1 −=x , m2 2 +=x , ta có: x – ∞ x 1 2 x 2 +∞ y' – 0 + + 0 – y +∞ +∞ CĐ CT –∞ –∞ m m ⇒ Điểm cực đại A(2 + , –1 – 2 ) Phương trình tiếp tuyến với (Cm) tại điểm CĐ A có phương trình: m21y −−= m21m21 +=−−=OB , do đó AB = X 2 = 2 + m (vì B ∈ Oy ⇒ x B = 0) m m ΔAOB vuông cân ⇔ OB = BA ⇔ 1 + 2 = 2 + ⇔ m = 1 Cách khác: 2 x 2x −++ − 3x2m y = 2 ax bx c Ax B + y có dạng + = + ⇒ với a.A < 0 Do đó, khi hàm có cực trị thì x CT < x CĐ x CĐ = 2 x2 m=+ và y CĐ = 2 2x 3 1 − m= –1 – 2 − Câu II: 1. Giải phương trình: gxcottgx xsin x2cos xcos x2sin −=+ (1) (1) xsin xcos xcos xsin xcosxsin xsinx2sinxcosx2cos −= + ⇔ () xcosxsin xcosxsin xcosxsin xx2cos 22 − = − ⇔ cosx cos2x sin2x 0⇔=− ∧ ≠ 2 2 cos x cosx 1 0 sin2x 0⇔+−=∧≠ 1 cos x (cos x 1 :loaïi vì sin x 0) 2 ⇔= =− ≠ π+ π ±=⇔ 2kx 3 01x =−++− mx13x 4 4 (1) 2. Phương trình: (1) x1mx13x 4 4 −=+−⇔ () ⎩ ⎨ ⎧ −=−−− ≤ ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ −=+− ≤ ⇔ m1x9x6x4 1x x1mx13x 1x 23 4 4 ycbt ⇔ đường thẳng y = –m cắt phần đồ thị f(x) = 4x 3 – 6x 2 – 9x – 1 với x ≤ 1 tại 1 điểm f(x) = 4x 3 – 6x 2 – 9x – 1 TXĐ: x ≤ 1 f'(x) = 12x 2 – 12x – 9 = 3(4x 2 – 4x – 3) f'(x) = 0 ⇔ 4x 2 – 4x – 3 = 0 ⇔ 2 3 x 2 1 x =∨−= x –∞ –1 / 2 1 –3 / 2 +∞ f' + 0 – – 0 + f CĐ +∞ –∞ –12 CT Từ bảng biến thiên ta có: ycbt 33 m hay m 12 m haym 12 22 = − <− ⇔ =− >⇔− Câu III: 1. Theo giả thiết A(2,0,0) M(0,–3,6) O(0,0,0) Bán kính mặt cầu () 5363MOR 2 2 =+−== Khoảng cách từ tâm M của mặt cầu đến mặt phẳng (P): x + 2y – 9 = 0 R53 15 960 d === −− = 55 Vậy (P) tiếp xúc với mặt cầu tâm M bán kính MO Phương trình đường thẳng d qua M và vuông góc với mặt phẳng (P) là: xy3 xt y32 12 + = ⎧ ⎧ ⎪⎪ = ⇔=−+ ⎨⎨ t z6 z6 = = ⎪ ⎪ ⎩ ⎩ (t ∈ R) Thế vào phương trình (P) ta có: t + 2(2t – 3) – 9 = 0 ⇒ t = 3 Vậy tọa độ tiếp điểm I của mặt cầu với mặt phẳng (P) là t(3,3,6) 2. Gọi b là tung độ của B, c là cao độ của điểm C 1 c z b y 2 x =++ Vì A(2,0,0) ∈ Ox nên phương trình (Q): Ta có M(0,–3,6) ∈ mặt phẳng (yOz) nên: bcc3b6 =−⇔1 c 6 b 3 =+− (1) 3 3 bc bc 2 1 . 3 2 S.OA 3 1 OBC ===V OABC = Ta lại có ⇒ 9bc = (2) Từ (1) và (2) ta có { { bc 9 bc hay 6b 3c 9 6b 3c ==9 9 − − =−=− 3 b bc3h ⎧ ⎪ ay 2 c6 = − ⇔== ⎨ = − ⎪ ⎩ Vậy có 2 mặt phẳng (Q) có phương trình là: 1 3 z 3 y 2 =++ x hoặc 1 6 z 3 y2 =− 2 x − Câu IV: 1. Ta có: ⎩ ⎨ ⎧ =+ ≥ ⇔−= 2yx 0y x2y 22 2 Là nửa đường tròn tâm O, bán kính 2R = , có y ≥ 0 Phương trình hoành độ giao điểm của 2 đường y = x 2 và 2 x2y −= : 22 x2xx=−⇔=±1 ; x 2 và [ ] khix 1;1∈− thì 2 2x − ≥ x 2 Do đó ta có ( ) ∫∫∫ −−− −−=−−= 1 1 2 1 1 2 1 1 22 dxxdxx2dxxx2S ∫ −= 1 2 1 dxx2I −1 Đặt: x = 2 sint ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ππ −∈ 2 , 2 t ⇒ dx = 2 costdt x1t ;x1t π π 44 = −⇒ =− =⇒ = ∫∫ π π − π π − =−= 44 2 1 tdtcos2.tcos2tdtcos2.tsin22I 44 () ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + π = ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ +=+== π π ππ π − ∫∫ 2 1 4 2t2sin 2 1 tdtt2cos1tdtcos2I 4 44 4 2 1 () − π − 4 4 () (Nhận xét : 44 1 0 I1cos2tdt21cos2tdt ππ =+ = + ∫∫ t 4 π − Vì f(t) = 1cos2 + là hàm chẵn) 11 22 2 I x dx 2 x dx== = 2 10 3 − ∫∫ Vậy 3 1 23 2 1 23 2 2 1 4 2S + π =−+ π =− ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + π = (đvdt ) (Nhận xét : ( ) ( ) 11 22 22 10 S 2xxdx2 2xxd − =−− = −− ∫∫ x Vì g(x) = 2 2x x−− 2 là hàm chẵn) 2. Hệ phương trình ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ += +− + += +− + )2( xy 9y2y xy2 y )1( yx 9x2x xy2 x 2 3 2 2 3 2 Từ hệ suy ra: () () 22 22 33 11 VT 2xy x y VP x1 8 y1 8 ⎛⎞ ⎜⎟ =+=+ ⎜⎟ −+ −+ ⎝⎠ = Dễ thấy |VT| ≤ 2|xy| ≤ x 2 + y 2 = VP ( () () 1 1 81x 1 3 2 ≤+ +− xy1hayxy0⇔== == xy1hayxy0== == và dấu = xảy ) 81y 3 2 +− Ta có VT = VP Thử lại, kết luận hệ phương trình có 2 nghiệm Câu Va: 1. Điều kiện n ≥ 4 Ta có: () ∑ =+ k2k n 2 2xC2x 4n4 n 2C − 321 nn CC 49−+= 2802C 34 7 = n n − kn =0k Hệ số của số hạng chứa x 8 là Ta có: A8 n ⇔ (n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49 ⇔ n 3 – 7n 2 + 7n – 49 = 0 ⇔ (n – 7)(n 2 + 7) = 0 ⇔ n = 7 Nên hệ số của x 8 là 2. Phương trình đường tròn (C): x 2 + y 2 – 2x + 4y + 2 = 0 có tâm I(1, –2) 3R = Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) tại A, B nên AB ⊥ IM tại trung điểm H của đoạn AB. Ta có 2 3 2 AB BHAH === Có 2 vị trí cho AB đối xứng qua tâm I. Gọi A'B' là vị trí thứ 2 của AB Gọi H' là trung điểm của A'B' Ta có: 2 22 33 IH' IH IA AH 3 22 ⎛⎞ == − =− = ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ Ta có: ()() 22 MI 5 1 1 2 5=−++= và 2 7 2 3 5HIMIMH =−=−= 313 MH' MI H'I 5 22 =+ =+= Ta có: 13 444 MHAHMAR 1 ==+=+== 52493 2222 43 1721693 'MH'H'A'MAR 2222 2 ==+=+== 444 Vậy có 2 đường tròn (C') thỏa ycbt là: (x – 5) 2 + (y – 1) 2 = 13 hay (x – 5) 2 + (y – 1) 2 = 43 Câu Vb: 1. Phương trình: () 1 x 3logxlog2 3 x93 = − −− log1 4 (1) () 1 xlog 4 3 = 1x9log 1 xlog2 3 3 − −−⇔ (1) 1 xlog1 4 xlog xlog 33 3 = − − + − 2 2 ⇔ đặt: t = log 3 x (1) thành 2 2t 4 1t3 2t1t − −=⇔−− +− t40= (vì t = -2, t = 1 không là nghiệm) t1hay t⇔=− =4 Do đó, (1) 3 1 log x 1 hay x 4 x hay x 81 3 ⇔=− =⇔= = 2. * Chứng minh ΔAHK vuông Ta có: AS ⊥ CB AC ⊥ CB (ΔACB nội tiếp nửa đường tròn) ⇒ CB ⊥ (SAC) ⇒ CB ⊥ AK mà AK ⊥ SC ⇒ AK ⊥ (SCB) ⇒ AK ⊥ HK ⇒ ΔAHK vuông tại K * Tính V SABC theo R Kẻ CI ⊥ AB Do giả thiết ta có AC = R = OA = OC ⇒ ΔAOC đều ⇒ 2 IOIA == R Ta có SA ⊥ (ABC) nên (SAB) ⊥ (ABC) ⇒ CI ⊥ (SAB) Suy ra hình chiếu vuông góc của ΔSCB trên mặt phẳng (SAB) là ΔSIB AB 4 3 Vì BI . Suy ra = SA.R. 4 3 S 4 3 S SABSIB == (∗) Ta có: 22 SBC RSA.3R 2 SC.BC 2 S +== 11 Theo định lý về diện tích hình chiếu ta có: 22 SBCSIB RSA 3R S 1 60cos.SS +=== SBC o (∗∗) 42 2 R SA = Từ (∗), (∗∗) ta có: 12 6R ABCdt.SA 3 1 V 3 SABC =Δ= Từ đó @ HÀ VĂN CHƯƠNG - PHẠM HỒNG DANH (Trung tâm Bồi dưỡng văn hóa và Luyện thi đại học Vĩnh Viễn) . bcc 3b6 =−⇔1 c 6 b 3 =+− (1) 3 3 bc bc 2 1 . 3 2 S.OA 3 1 OBC ===V OABC = Ta lại có ⇒ 9bc = (2) Từ (1) và (2) ta có { { bc 9 bc hay 6b 3c 9 6b 3c ==9 9 − − =−=− . Đề thi Dự trữ khối B -năm 2007 Đề II Câu I: Cho hàm số x2 m 1xy − ++−= (Cm) 1. Khảo sát