Đề dự trữ B2007

Đề thi Dự trữ khối B-năm 2007 Đề I Câu I: Cho hàm số y = –2x 3 + 6x 2 – 5 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C). 2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến đi qua A(–1, –13). Câu II: 1. Giải phương trình: 2 x3 cos2 42 x cos 42 x5 sin =       π −−       π − 2. Tìm m để phương trình: mx1x 4 2 =−+ có nghiệm. Câu III: Trong không gian Oxyz cho các điểm A(–3,5,–5); B(5,–3,7); và mặt phẳng (P): x + y + z = 0 1. Tìm giao điểm I của đường thẳng AB với mặt phẳng (P). 2. Tìm điểm M ∈ (P) sao cho MA 2 + MB 2 nhỏ nhất. Câu IV: 1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường thẳng y = 0 và ( ) 1x x1x y 2 + − = . 2. Chứng minh rằng hệ        − −= − −= 1x x 2007e 1y y 2007e 2 y 2 x có đúng 2 nghiệm thỏa mãn điều kiện x > 0, y > 0 Câu Va (cho chương trình THPT không phân ban): 1. Tìm x, y ∈ N thỏa mãn hệ      =+ =+ 66CA 22CA 2 x 3 y 3 y 2 x 2. Cho đường tròn (C): x 2 + y 2 – 8x + 6y + 21 = 0 và đường thẳng d: 01yx =−+ . Xác định tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD ngoại tiếp (C) biết A ∈ d Câu Vb (cho chương trình THPT phân ban): 1. Giải phương trình ( ) ( ) 21x2log1xlog 3 2 3 =−+− 2. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, SA vuông góc với hình chóp. Cho AB = a, SA = a 2 . Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A lên SB, SD. Chứng minh SC ⊥ (AHK) và tính thể tích hình chóp OAHK. Bài giải Câu I: 1. Khảo sát y = –2x 3 + 6x 2 – 5 (Bạn đọc tự làm) 2. Viết phương trình tiếp tuyến (C) đi qua A(–1, –13) Ta có y' = –6x 2 + 12x Gọi M 0 (x 0 , y 0 ) là tiếp điểm thuộc (C) ⇔ 5x6x2y 2 0 3 00 −+−= Phương trình tiếp tuyến với (C) tại M 0 : y – y 0 = f '(x 0 )(x – x 0 ) ⇔ ( ) ( ) 5x6x2xxx12x6y 2 0 3 000 2 0 −+−−+−= Vì tiếp tuyến đi qua A(–1, –13) nên ( ) ( ) 0 2 0 2 0 2 0 3 0 x1x12x65x6x213 −−+−+−+−=− 2 00 3 0 2 00 3 0 x12x12x6x65x6x213 −−+−−+−=− ⇔ 3 0 0 0 0 x 3x 2 0 x 1vx 2− + = ⇔ = = − Ta có y(1) 1v y( 2) 35= − − = M(1, –1) thì phương trình tiếp tuyến với (C) qua A là y + 1 = 6(x – 1) ⇔ y = 6x – 7 M(–2, 35) thì phương trình tiếp tuyến với (C) qua A là y – 35 = –48(x + 2) ⇔ y = –48x – 61 Câu II: 1. Giải phương trình: 2 x3 cos2 42 x cos 42 x5 sin =       π −−       π − (1) (1) 2 x3 cos2 2 x 42 sin 42 x5 sin =       − π + π −       π −⇔ 2 x3 cos2 2 x 4 3 sin 42 x5 sin =       − π −       π −⇔ 3x 3x 2 cos x sin 2 cos 4 2 2 2 π π     ⇔ + − =  ÷  ÷     2 x3 cos2 2 x3 cos 4 xcos2 =       π +−⇔ 3x 2 cos 0 v cos x 2 4 2 π   ⇔ = + = −  ÷   3x 3 k v x k2 2 2 4 4 π π π ⇔ = + π + = ± + π 2 x k v x k2 vx k2 3 3 2 π π π ⇔ = + = + π = π + π 2. Tìm m để phương trình: mx1x 4 2 =−+ có nghiệm Xét hàm số ( ) x1xxf 4 2 −+= (điều kiện: x ≥ 0) ( ) ( ) 0 x 1 1x x 2 1 x'f 4 3 2 <           − + =⇒ , ∀x > 0 Vì ( ) x 1 x x x x 1x x 2 3 4 6 4 3 2 ==< + Ta có f giảm trên [ ) 0;+∞ và x lim f(x) 0 →+∞ = nên ta có [ ) 0 f(x) 1, x 0;< ≤ ∀ ∈ +∞ . Vậy, phương trình (1) có nghiệm ⇔ m∈ miền giá trị của f trên đoạn [ ) 0;+∞ ⇔ 0 < m ≤ 1 Câu III: 1. Đường thẳng AB có VTCP ( ) ( ) 3,2,2412,8,8a −=−= Phương trình đường thẳng AB:      +−= −= +−= t35z t25y t23x Điểm I (–3+2t; 5- 2t; –5+3t) AB (P)∈ ∩ khi (–3 + 2t) + (5 – 2t) + (–5 + 3t) = 0 ⇔ t = 1 Vậy đường thẳng AB cắt mặt phẳng (P) tại I(–1, 3, –2) 2. Tìm M ∈ (P) để MA 2 + MB 2 nhỏ nhất Gọi H là trung điểm của đoạn AB. Tam giác MAB có trung tuyến MH nên: 2 AB MH2MBMA 2 222 +=+ Do đó MA 2 + MB 2 nhỏ nhất ⇔ MH 2 nhỏ nhất Ta để thấy H(1, 1, 1), M ∈ (P) MH nhỏ nhất ⇔ MH ⊥ (P) và để ý rằng mặt phẳng (P): x + y + z = 0 có PVT ( ) 1,1,1OH = và O ∈ (P) ⇒ M ≡ (0, 0, 0) Vậy, với M(0, 0, 0) thì MA 2 + MB 2 nhỏ nhất. (khi đó, ta có min(MA 2 + MB 2 ) = OA 2 + OB 2 = (9 + 25 + 25) + (25 + 9 + 49) = 142) Câu IV: 1. Tọa độ giao điểm của 2 đường ( ) 1x x1x y 2 + − = và y = 0 là A(0, 0); B(1, 0). Khi đó 0 ≤ x ≤ 1 ⇒ x(1 – x) ≥ 0 ⇒ ( ) 0 1x x1x y 2 ≥ + − = Do đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi 2 đường đã cho là ( ) 1 1 1 2 2 2 2 0 0 0 x 1 x x x x 1 S dx dx 1 dx x 1 x 1 x 1 − − + +   = = = − +  ÷ + + +   ∫ ∫ ∫ ∫ + + +−= 1 0 2 1 0 dx 1x 1x xS Đặt: x = tgt ⇒ dx = (tg 2 t + 1)dt Đổi cận x 1 t ;x 0 t 0 4 π = ⇒ = = ⇒ = ( ) ( ) [ ] ∫∫ π π + π =−=+= + + = 4 0 4 0 1 0 2 2ln 2 1 4 tcoslntdt1tgtdx 1x 1x S Vậy 2ln 2 1 4 1S + π +−= 2. Đặt: f(t) = e t , ( ) / 3 2 2 2 t 1 g t ;g (t) 0, t 1 t 1 (t 1) − = = < ∀ > − − Ta có f tăng nghiêm cách trên và g giảm nghiêm cách trên từng khoảng Xác định. Hệ phương trình (1) ( ) ( ) ( ) ( )    =+ =+ ⇔ 2007xgyf 2007ygxf ⇒ f(x) + g(y) = f(y) + g(x) (∗) Nếu x > y ⇒ f(x) > f(y) ⇒ g(y) < g(x) ( do(∗) ) ⇒ y > x ( do g giảm nghiêm cách ) ⇒ vô lý. Tương tự khi y > x cũng dẫn đến vô lý. Do đó, (1) ⇔ (2) x 2 x e 2007 0 x 1 x y  + − =   −  =  Xét: ( ) 2007 1x x exh 2 x − − += (|x| > 1 ) Nếu x < –1 thì h(x) < e –1 – 2007 < 0 ⇒ hệ vô nghiệm Khi x > 1 ⇒ ( ) ( ) ( ) 2 3 2x 2 3 2 x 1xe 1x 1 ex'h − −−= − −= ( ) ( ) ( ) 5 x 2 x 2 5 2 2 3 3x h '' x e x 1 .2x e 0 2 x 1 − = + − = + > − và ( ) +∞= + → xhlim 1x , ( ) x lim h x →+∞ = +∞ Vậy h(x) liên tục và có đồ thị là đường cong lõm trên (1, +∞) Do đó để chứng minh (2) có 2 nghiệm dương ta chỉ cần chứng minh tồn tại x 0 > 1 mà h(x 0 ) < 0 Chọn x 0 = 2 ( ) 2 2 h 2 e 2007 0 3 ⇒ = + − < Suy ra: h(x) = 0 có đúng 2 nghiệm x 1 > 1, x 2 > 1 Câu Va: 1. Với điều kiện: x ≥ 2, y ≥ 3, ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )        =−+−− =−−+− ⇔      =+ =+ 661xx 2 1 2y1yy 222y1yy 6 1 1xx 66CA 22CA 2 x 3 y 3 y 2 x ( ) 2 3 2 3 2 2 6x 6x y 3y 2y 132 (1) y 3y 2y .2 x x 132 (2)  − + − + = ⇔  − + + − =  2 3 2 2 6x 6x y 3y 2y 132 11x 11x 132 0 (2) 2(1)  − + − + = ⇔  − − = −  { ( ) ( ) { 2 3 2 x 4 x 4 hay x 3 (loaïi) x 4 y 5 y 2y 12 0 y 5 y 3y 2y 60 =  = = − = ⇔ ⇔ ⇔  − + + = = − + =  2. y 0 2 4 6 x A D –3 I –5 B C Đường tròn (C) có tâm I(4, –3), bán kính R = 2 Tọa độ của I(4, –3) thỏa phương trình (d): x + y – 1 = 0. Vậy I ∈ d Vậy AI là một đường chéo của hình vuông ngoại tiếp đường tròn, có bán kính R = 2 , x = 2 và x= 6 là 2 tiếp tuyến của (C ) nên . Hoặc là A là giao điểm các đường (d) và x = 2 ⇒ A(2, –1) . Hoặc là A là giao điểm các đường (d) và x = 6 ⇒ A(6, –5) . Khi A(2, –1) ⇒ B(2, –5); C(6, –5); D(6, –1) . Khi A(6, –5) ⇒ B(6, –1); C(2, –1); D(2, –5) Câu Vb: 1. Giải phương trình: ( ) ( ) 21x2log1xlog 3 2 3 =−+− ( ) 3 3 2 log x 1 2 log 2x 1 2⇔ − + − = ( ) 3 3 log x 1 log 2x 1 1⇔ − + − = ( ) 3 3 log x 1 2x 1 log 3⇔ − − = ( ) x 1 2x 1 3⇔ − − = ⇔ { 2 2 1 x 1 x 1 hay 2 2x 3x 2 0 2x 3x 4 0(vn)   > < <  − − =  − + =  x 2 ⇔ = 2. (Bạn đọc tự vẽ hình) +BC vuông góc với (SAB) ⇒ BC vuông góc với AH mà AH vuông với SB ⇒ AH vuông góc với (SBC) ⇒ AH vuông góc SC (1) + Tương tự AK vuông góc SC (2) (1) và (2) ⇒ SC vuông góc với (AHK ) 2 2 2 2 SB AB SA 3a= + = ⇒ SB = a 3 AH.SB = SA.AB ⇒ AH= a 6 3 ⇒ SH= 2a 3 3 ⇒ SK= 2a 3 3 (do 2 tam giác SAB và SAD bằng nhau và cùng vuông tại A) Ta có HK song song với BD nên HK SH 2a 2 HK BD SB 3 = ⇒ = . Gọi AM là đường cao của tam giác cân AHK ta có 2 2 2 2 4a AM AH HM 9 = − = ⇒ AM= 2a 3 3 OAHK AHK 1 1 a 2 1 2a V OA.S . HK.AM 3 3 2 2 27 = = = Cách khác: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A= O (0;0;0), B(a;0;0), C( a;a;0), D(0;a;0), S (0;0; a 2 ) ----------@--------- HÀ VĂN CHƯƠNG - PHẠM HỒNG DANH (Trung tâm Bồi dưỡng văn hóa và Luyện thi đại học Vĩnh Viễn) . Đề thi Dự trữ khối B-năm 2007 Đề I Câu I: Cho hàm số y = –2x 3 + 6x 2 – 5 1. Khảo sát và vẽ