ĐỀ +Đ.A DỰBI KHỐI ABD 07

Đề thi Dự trữ khối A-năm 2007 Đề I Câu I: Cho hàm số 2 x 4x 3 y x 2 − + + = − 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số. 2. Chứng minh rằng tích các khoảng cách từ một điểm bất kỳ trên đồ thị hàm số đến các đường tiệm cận của nó là hằng số. Câu II: 1. Giải phương trình: 1 1 sin 2x sin x 2cotg2x 2sin x sin 2x + − − = 2. Tìm m để phương trình: ( ) 2 m x 2x 2 1 x(2 x) 0 (2)− + + + − ≤ có nghiệm x 0,1 3   ∈ +   Câu III: Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (-1;3;-2), B (-3,7,-18) và mặt phẳng (P): 2x - y + z + 1 = 0 1. Viết phương trình mặt phẳng chứa AB và vuông góc với mp (P). 2. Tìm tọa độ điểm M ∈ (P) sao cho MA + MB nhỏ nhất. Câu IV: 1. Tính 4 0 2x 1 I dx 1 2x 1 + = + + ∫ 2. Giải hệ phương trình: )Ry,x( 132y2yy 132x2xx 1x2 1y2 ∈      +=+−+ +=+−+ − − Câu Va (cho chương trình THPT không phân ban): 1. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C) : x 2 + y 2 = 1. Đường tròn (C') tâm I (2,2) cắt (C) tại các điểm A, B sao cho AB 2= . Viết phương trình đường thẳng AB. 2. Có bao nhiêu số tự nhiên chẵn lớn hơn 2007 mà mỗi số gồm 4 chữ số khác nhau? Câu Vb (cho chương trình THPT phân ban): 1. Giải bất phương trình: 2 x 4 2 (log 8 log x )log 2x 0+ ≥ 2. Cho lăng trụ đứng ABCA 1 B 1 C 1 có AB = a, AC = 2a, AA 1 2a 5= và o 120BAC = ∧ . Gọi M là trung điểm của cạnh CC 1 . Chứng minh MB⊥MA 1 và tính khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A 1 BM). Bài giải Câu I: 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (Bạn đọc tự làm) 2. Gọi (C ) là đồ thị của hàm số. M(x,y) ∈ ( C ) ⇔ 7 y x 2 x 2 = − + + − Phương trình tiệm cận xiên y x 2 x y 2 0= − + ⇔ + − = khoảng cách từ M đến tiệm cận xiên là 1 x y 2 7 d 2 2 x 2 + − = = − khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng là 2 d x 2= − Ta có 1 2 7 7 d d x 2 2 x 2 2 = − = − : hằng số. Câu II: 1. Giải phương trình : 1 1 sin 2x sin x 2cotg2x 2sin x sin 2x + − − = (1) (1) ⇔ − cos 2 2x − cosxcos2x = 2cos2x và sin2x ≠ 0 ⇔ = + + = 2 cos2x 0 v2 cos x cos x 1 0(VN) ⇔ cos2x = 0 ⇔ π π π = + π ⇔ = +2x k x k 2 4 2 2. Đặt 2 t x 2x 2= − + ⇔ t 2 − 2 = x 2 − 2x Bpt (2) ⇔ − ≤ ≤ ≤ ∈ + + 2 t 2 m (1 t 2),do x [0;1 3] t 1 Khảo sát 2 t 2 g(t) t 1 − = + với 1 ≤ t ≤ 2 g'(t) 2 2 t 2t 2 0 (t 1) + + = > + . Vậy g tăng trên [1,2] Do đó, ycbt ⇔ bpt 2 t 2 m t 1 − ≤ + có nghiệm t ∈ [1,2] ⇔ [ ] ∈ ≤ = = t 1;2 2 m max g(t) g(2) 3 Câu III: 1. Ta có AB ( 2,4, 16)= − − uuur cùng phương với = − − r a ( 1,2, 8) mp(P) có PVT n (2, 1,1)= − uur Ta có uur r [ n ,a] = (6 ;15 ;3) cùng phương với (2;5;1) Phương trình mp chứa AB và vuông góc với (P) là : 2(x + 1) + 5(y − 3) + 1(z + 2) = 0 ⇔ 2x + 5y + z − 11 = 0 2. Tìm M ∈ (P) sao cho MA + MB nhỏ nhất. Vì khoảng cách đại số của A và B cùng dấu nên A, B ở cùng phía với Mp (P). Gọi A' là điểm đối xứng với A qua (P) Pt AA' : x 1 y 3 z 2 2 1 1 + − + = = − AA' cắt (P) tại H, tọa độ H là nghiệm của − + + =   ⇒ −  + − + = =  − 2x y z 1 0 H(1,2, 1) x 1 y 3 z 2 2 1 1 Vì H là trung điểm của AA' nên ta có : H A A' H A A' H A A ' 2x x x 2y y y A '(3,1,0) 2z z z = +   = + ⇒   = +  Ta có A'B ( 6,6, 18)= − − uuuur (cùng phương với (1;-1;3) ) Pt đường thẳng A'B : − − = = − x 3 y 1 z 1 1 3 Vậy tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình − + + =   ⇒ − − −  = =  −  2x y z 1 0 M(2,2, 3) x 3 y 1 z 1 1 3 Câu IV: 1. Đặt 2 t 2x 1 t 2x 1 2tdt 2dx dx tdt= + ⇒ = + ⇔ = ⇔ = Đổi cận t(4) = 3, t(0) = 1 Vậy 4 3 3 2 0 1 1 2x 1 t 1 I dx dt t 1 dt 1 t t 1 1 2x 1 +   = = = − +  ÷ + + + +   ∫ ∫ ∫ = 3 2 1 t t ln t 1 2 ln 2 2   − + + = +       2. Giải hệ phương trình − −  + − + = +    + − + = +  2 y 1 2 x 1 x x 2x 2 3 1 (I) y y 2y 2 3 1 Đặt u = x − 1, v = y − 1 (I) thành  + + =    + + =  2 v 2 u u u 1 3 (II) v v 1 3 Xét hàm f(x) 2 x x 1= + + f ´(x) + + + = + = > ≥ + + + 2 2 2 2 x x x x 1 x 1 0 x 1 x 1 x 1 Vậy f đồng biến nghiêm cách trên R. Nếu u > v ⇒ f(u) > f(v) ⇒ > v u 3 3 ⇒ v > u ( vô lý ) Tương tự nếu v > u cũng dẫn đến vô lý Do đó hệ (II)     + + = = + − ⇔ ⇔   = =     2 u u 2 u u 1 3 1 3 ( u 1 u) (1) u v u v Đặt: g(u) u 2 3 ( u 1 u)= + −   ⇒ = + − + −  ÷  ÷ +   u 2 u 2 u g'(u) 3 ln3( u 1 u) 3 1 u 1 ( ) ( ) Ru,0 1u 1 3lnu1u3u'g 2 2u ∈∀>         + −−+= Vậy g(u) đồng biến nghiêm cách trên R. Ta có g(0) = 1. Vậy u = 0 là nghiệm duy nhất của (1) Nên (II) ⇔ u = 0 = v Vậy (I) ⇔ x = y = 1. Câu Va: 1.Đường thẳng OI nối 2 tâm của 2 đường tròn (C), (C') là đường phân giác y = x . Do đó, đường AB ⊥ đường y = x ⇒ hệ số góc của đường thẳng AB bằng − 1. Vì AB 2= ⇒ A, B phải là giao điểm của (C) với Ox, Oy. Suy ra A(0,1); B(1,0) A'( 1,0);B'(0, 1)   − −  Suy ra phương trình AB : y = − x + 1 hoặc y = − x − 1. Cách khác: phương trình AB có dạng: y = − x + m. Pt hoành độ giao điểm của AB là x 2 + (− x + m) 2 = 1 ⇔ − + − = 2 2 2x 2mx m 1 0 (2) (2) có ∆ = − / 2 2 m , gọi x 1 , x 2 là nghiệm của (2) ta có : = ⇔ − = ⇔ − = 2 2 2 1 2 1 2 AB 2 2(x x ) 2 (x x ) 1 ∆ ⇔ = ⇔ − = ⇔ = ± / 2 2 4 1 2 m 1 m 1 a Vậy phương trình AB : y = − x ±1 . 2. Gọi = 1 2 3 4 n a a a a là số cần lập. . TH1 : a 4 = 0, ta có 8 cách chọn a 1 (vì a 1 ≥ 2) 8 cách chọn a 2 7 cách chọn a 3 (1 cách chọn a 4 ) Vậy ta có 8.8.7.1 = 448 số n. . TH2 : a 4 ≠ 0 vì a 4 chẵn. Ta có : 4 cách chọn a 4 7 cách chọn a 1 8 cách chọn a 2 7 cách chọn a 3 Vậy ta có 4.7.8.7 = 1568 số n Vậy cả 2 trường hợp ta có : 448 + 1568 = 2016 số n. Câu Vb: 1. Điều kiện x > 0 , x ≠ 1 (1)   ⇔ + ≥  ÷   4 2 8 1 1 2 log x log 2x 0 log x 2 ( )    ÷ ⇔ + + ≥  ÷  ÷   2 2 2 1 log x log x 1 0 1 log x 3   + + ⇔ + ≥ ⇔ ≥  ÷   ⇔ ≤ − > ⇔ < ≤ > 2 2 2 2 2 2 2 2 log x 1 log x 1 (log x 3) 0 0 log x log x 1 log x 1v log x 0 0 x v x 1 2 2. (Bạn đọc tự vẽ hình) Chọn hệ trục Axyz sao cho: A ≡ 0, ( ) −C 2a,0,0 , 1 A (0,0,2a 5)   ⇒  ÷  ÷   a a 3 A(0;0;0),B ; ;0 2 2 và −M( 2a,0,a 5)   ⇒ = − − =  ÷  ÷   uuuur uuuuur 1 5 3 BM a ; ; 5 , MA a(2;0; 5) 2 2 Ta có: = − + = ⇒ ⊥ uuuur uuuuur 2 1 1 BM.MA a ( 5 5) 0 BM MA Ta có thể tích khối tứ diện AA 1 BM là : ∆   = =     = =   uuuuur uuur uuuur uuur uuuuur 3 1 2 BMA 1 1 1 a 15 V A A . AB,AM 6 3 1 S MB,MA 3a 3 2 Suy ra khoảng cách từ A đến mp (BMA 1 ) bằng = = 3V a 5 d . S 3 Cách khác: + Ta có = + = 2 2 2 2 1 1 1 1 A M A C C M 9a = + − = 2 2 2 0 2 BC AB AC 2AB.AC.cos120 7a = + = 2 2 2 2 BM BC CM 12a = + = = + 2 2 2 2 2 2 1 1 1 A B A A AB 21a A M MB ⇒ MB vuông góc với 1 MA + Hình chóp MABA 1 và CABA 1 có chung đáy là tam giác ABA 1 và đường cao bằng nhau nên thể tích bằng nhau. ⇒ = = = = 3 MABA CABA 1 ABC 1 1 1 1 V V V AA .S a 15 3 3 ⇒ = = = 1 MBA 1 1 3V 6V a 5 d(a,(MBA )) S MB.MA 3 ----------@--------- Đề thi Dự trữ khối A-năm 2007 Đề II Câu I: Cho hàm số m y x m (Cm) x 2 = + + − 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m = 1. 2. Tìm m để đồ thị (Cm) có cực trị tại các điểm A, B sao cho đường thẳng AB đi qua gốc tọa độ 0. Câu II: 1. Giải phương trình: 2 2 cos x 2 3 sin x cos x 1 3(sin x 3 cosx)+ + = + 2. Giải bất phương trình 4 3 2 2 3 2 x x y x y 1 x y x xy 1  − + =   − + =   Câu III: Trong không gian Oxyz cho các điểm A(2,0,0); B(0,4,0); C(2,4,6) và đường thẳng (d) 6x 3y 2z 0 6x 3y 2z 24 0 − + =   + + − =  1. Chứng minh các đường thẳng AB và OC chéo nhau. 2. Viết phương trình đường thẳng ∆ // (d) và cắt các đường AB, OC. Câu IV: 1. Trong mặt phẳng Oxy cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường 2 xy4 = và y = x. Tính thể tích vật thể tròn trong khi quay (H) quanh trục Ox trọn một vòng. 2. Cho x, y, z là các biến số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3 3 3 3 3 3 3 3 3 2 2 2 x y z P 4(x y ) 4(x z ) 4(z x ) 2 y z x   = + + + + + + + +  ÷  ÷   Câu Va (cho chương trình THPT không phân ban): 1. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G(−2, 0) biết phương trình các cạnh AB, AC theo thứ tự là 4x + y + 14 = 0; 02y5x2 =−+ . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C. 2. Trên các cạnh AB, BC, CD, DA của hình vuông ABCD lần lượt cho 1, 2, 3 và n điểm phân biệt khác A, B, C, D. Tìm n biết số tam giác có ba đỉnh lấy từ n + 6 điểm đã cho là 439. Câu Vb (cho chương trình THPT phân ban): 1. Giải phương trình 4 2 2x 1 1 1 log (x 1) log x 2 log 4 2 + − + = + + 2. Cho hình chóp SABC có góc ( ) o 60ABC,SBC = ∧ , ABC và SBC là các tam giác đều cạnh a. Tính theo a khoảng cách từ đỉnh B đến mp(SAC). Bài giải Câu I: 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (bạn đọc tự làm) 2. Tìm m: Ta có: 2 2 2 m m (x 2) m y x m y ' 1 x 2 (x 2) (x 2) − − = + + ⇒ = − = − − − Đồ thị h/s có 2 cực trị ⇔ y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ (x − 2) 2 − m = 0 có 2 nghiệm phân biệt ≠ 2 ⇔ m > 0 Gọi A (x 1 , y 1 ) ; B (x 2 , y 2 ) là 2 điểm cực trị 1 1 2 2 x 2 m y 2 m 2 m y' 0 x 2 m y 2 m 2 m  = − ⇒ = + − = ⇔  = + ⇒ = + +   P/trình đường thẳng AB : x (2 m ) y (2 m 2 m) (m 0) 2 m 4 m − − − + − = > ⇔ 2x − y − 2 + m = 0 AB qua gốc O (0, 0) ⇔ − 2 + m = 0 ⇔ m = 2. Cách khác: 2 x (m 2)x m u y x 2 v + − + = = − ; 2 m y' 1 (x 2) = − − y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ m > 0 Khi m > 0, pt đường thẳng qua 2 cực trị là / / u y 2x m 2 v = = + − Do đó, ycbt ⇔ m 2− =0 m 2⇔ = Câu II: 1. Giải phương trình: 2 2 cos x 2 3 sin x cos x 1 3(sin x 3 cosx)+ + = + (1) (1) ⇔ 2 cos2x 3 sin 2x 3(sin x 3 cosx)+ + = + ⇔ 1 3 1 3 2 2 cos2x sin 2x 6 sin x cosx 2 2 2 2     + + = +  ÷  ÷  ÷  ÷     ⇔ 2 2 cos 2x 6 cos x 3 6 π π     + − = −  ÷  ÷     ⇔ 1 cos 2x 3cos x 3 6 π π     + − = −  ÷  ÷     ⇔ 2 2 cos x 3cos x 6 6 π π     − = −  ÷  ÷     ⇔ 3 cos x 0vcos x (loaïi) 6 6 2 π π     − = − =  ÷  ÷     ⇔ π+ π =⇔π+ π = π − k 3 2 xk 26 x , k ∈ Z. 2. Giải hệ: 4 3 2 2 3 2 x x y x y 1 x y x xy 1  − + =   − + =   (I) (I) ⇔  − + + =   − + + =   2 2 3 2 3 ( x xy) x y 1 ( x xy) x y 1 Đặt u = − x 2 + xy, v = x 3 y (I) thành = − +   = =    + = ⇔ ⇔ ∨     = = + = − =       2 2 v u 1 u 0 u 1 u v 1 v 1 v 0 u v 1 u u 0 Do đó hệ đã cho tương đương: 2 2 4 2 3 3 y x y 0 x xy 0 x xy 1 x 1 x 1(vn) x y 1 x y 0   = =   − + = − + =     ∨ ⇔ ∨     = = −   = =       = = −   ⇔ ∨   = = −   x 1 x 1 y 1 y 1 Câu III: 1. Ta có VTCP của đường thẳng AB là −( 2,4,0) hay = − uur a ( 1,2,0) Ta có VTCP của đường thẳng OC là (2,4,6) hay = uur b (1,2,3) Ta có OA (2,0,0)= uuur cùng phương với = uur c (1,0,0) Ta có   =   r r r a,b .c 6 ≠ 0 ⇔ AB và OC chéo nhau. 2. Đường thẳng d có VTCP ( ) 12, 0, 36− hay ( ) u 1, 0, 3= − r Ta có ( ) a, u 6,3,2   =   r r Phương trình mặt phẳng (α) đi qua A, có PVT a, u     r r (α chứa AB) 6(x – 2) + 3(y – 0) + 2 (z - 0) = 0 ⇔ 6x + 3y + 2z – 12 = 0 (α) Ta có ( ) b, u 2 3, 3,1   = −   r r Phương trình mặt phẳng (β) qua O có PVT là (3, - 3, 1) (β chứa OC) 3x - 3y + z = 0 (β) Vậy phương trình đường thẳng ∆ song song với d cắt AB, BC là 6x 3y 2z 12 0 3x 3y z 0 + + − =   − + =  Câu IV: 1. Tọa độ giao điểm của hai đường là nghiệm của hệ 2 x x 0 x 4 y v 4 y 0 y 4 y x  = =    = ⇔    = =    =  π=         −π=         −π= ∫ 15 128 80 x 3 x dx 16 x xV 4 0 4 0 534 2 (đvtt) y 4 A 0 y = x 4 x 2. Với x, y, z > 0 ta có 4(x 3 + y 3 ) ≥ (x + y) 3 (∗) Dấu = xảy ra ⇔ x = y Thật vậy (∗) ⇔ 4(x + y)(x 2 – xy + y 2 ) ≥ (x + y) 3 ⇔ 4(x 2 – xy + y 2 ) ≥ (x + y) 2 do x, y > 0 ⇔ 3(x 2 + y 2 – 2xy) ≥ 0 ⇔ (x – y) 2 ≥ 0 (đúng) Tương tự ta có 4(y 3 + z 3 ) ≥ (y + z) 3 Dấu = xảy ra ⇔ y = z 4(z 3 + x 3 ) ≥ (z + x) 3 Dấu = xảy ra ⇔ z = x Do đó ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 4 x y 4 y z 4 z x 2 x y z 6 xyz+ + + + + ≥ + + ≥ Ta lại có 3 222 xyz 6 x z z y y x 2 ≥         ++ Dấu = xảy ra ⇔ x = y = z Vậy 12 xyz 1 xyz6P 3 3 ≥         +≥ Dấu = xảy ra ⇔    == = zyx 1xyz ⇔ x = y = z = 1 Vậy minP = 12. Đạt được khi x = y = z = 1 Câu Va: 1. Tọa độ A là nghiệm của hệ { { 4x y 14 0 x 4 2x 5y 2 0 y 2 + + = = − ⇔ + − = = ⇒ A(–4, 2) Vì G(–2, 0) là trọng tâm của ∆ABC nên    −=+ −=+ ⇔    ++= ++= 2yy 2xx yyyy3 xxxx3 CB CB CBAG CBAG (1) Vì B(x B , y B ) ∈ AB ⇔ y B = –4x B – 14 (2) C(x C , y C ) ∈ AC ⇔ 5 2 5 x2 y C C +−= ( 3) Thế (2) và (3) vào (1) ta có    =⇒= −=⇒−= ⇒      −=+−−− −=+ 0y 1x 2y3x 2 5 2 5 x2 14x4 2xx CC BB C B CB Vậy A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0) 2. Nếu n ≤ 2 thì n + 6 ≤ 8. Do đó số tam giác có ba đỉnh được lấy từ n + 6 điểm đó không vượt qua 43956C 3 8 <= (loại). Vậy n ≥ 3 Vì mỗi tam giác được tạo thành ứng với 1 tổ hợp 3 chập n + 6 phần tử. Nhưng trên cạnh CD có 3 đỉnh, trên cạnh DA có n đỉnh nên số tam giác tạo thành là: ( )( )( ) ( )( ) 439 6 n1n2n 1 6 6n5n4n CCC 3 n 3 3 3 6n = −− −− +++ =−− + ⇔ (n + 4)(n + 5)(n + 6) – (n – 2)(n – 1)n = 2540 ⇔ n 2 + 4n – 140 = 0 ⇔ ( ) n 2 144 loaïi vì n 3 v n 2 144 10= − − ≥ = − + = Đáp số: n = 10 Câu Vb: 1. Giải phương trình: 4 2 2x 1 1 1 log (x 1) log x 2 log 4 2 + − + = + + (1) Điều kiện x >1 (1) ⇔ ( ) ( ) ( ) 2 1 2xlog1x2log1xlog 444 =+−++− ⇔ ( ) ( ) 4 x 1 2x 1 1 log x 2 2 − +  =   +   và x > 1 2 2x x 1 2 x 2 − − ⇔ = + và x > 1 ⇔ 2x 2 – 3x – 5 = 0 và x > 1⇔ 5 x 2 = 2. Gọi M là trung điểm của BC. thì SM ⊥ BC, AM ⊥ BC ⇒ ( ) o 60ABC ,SBCSMA == ∧ Suy ra ∆SMA đều có cạnh bằng 2 3a Do đó o SMA 60sin.AM.SM. 2 1 S = 16 3a3 2 3 . 4 a3 . 2 1 22 == Ta có SABC SBAM SAM 1 V 2V 2. .BM.S 3 = = 16 3a 16 3a .a. 3 1 32 = 3 = Gọi N là trung điểm của đoạn SA. Ta có CN ⊥ SA ⇒ a 13 CN 4 = (vì ∆SCN vuông tại N) ⇒ 2 SCA 1 1 a 3 a 13 a 39 S .AS.CN . . 2 2 2 4 16 = = = Ta có ( ) ( ) SAC ,Bd. 16 39a . 3 1 SAC ,Bd.S. 3 1 16 3a V 2 SCA 3 SABC === ⇒ ( ) 3 2 3 3a d B,SAC a 3 a 39 13 = = ----------@--------- S A C B M N 60° [...]... trờn tng khong Xỏc nh H phng trỡnh (1) f ( x) + g( y) = 2 007 f ( y) + g( x) = 2 007 f(x) + g(y) = f(y) + g(x) () Nu x > y f(x) > f(y) g(y) < g(x) ( do() ) y > x ( do g gim nghiờm cỏch ) vụ lý Tng t khi y > x cng dn n vụ lý x x 2 007 = 0 e + Do ú, (1) (2) x2 1 x = y x Xột: h( x ) = e + x x2 1 2 007 (|x| > 1 ) Nu x < 1 thỡ h(x) < e1 2 007 < 0 h vụ nghim x Khi x > 1 h' ( x ) = e h '' ( x )... (P): x + y + z = 0 1 Tỡm giao im I ca ng thng AB vi mt phng (P) 2 Tỡm im M (P) sao cho MA2 + MB2 nh nht Cõu IV: 1 Tớnh din tớch hỡnh phng gii hn bi cỏc ng thng y = 0 v y = y x e = 2 007 y2 1 2 Chng minh rng h ey = 2 007 x x2 1 x( 1 x ) x2 + 1 cú ỳng 2 nghim tha món iu kin x > 0, y > 0 Cõu Va (cho chng trỡnh THPT khụng phõn ban): A2x + C3y = 22 1 Tỡm x, y N tha món h 3 2 A y + Cx = 66 2... thi D tr khi B-nm 2 007 I Cõu I: Cho hm s y = 2x3 + 6x2 5 1 Kho sỏt v v th hm s (C) 2 Vit phng trỡnh tip tuyn ca (C), bit tip tuyn i qua A(1, 13) Cõu II: 3x 5x x cos = 2 cos 2 2 4 2 4 1 Gii phng trỡnh: sin 2... v x 1+ h( x ) = + , xlim h ( x ) = + + 3x (x 2 1) 5 2 3 2 >0 Vy h(x) liờn tc v cú th l ng cong lừm trờn (1, +) Do ú chng minh (2) cú 2 nghim dng ta ch cn chng minh tn ti x0 > 1 m h(x0) < 0 2 2 2 007 < 0 Chn x0 = 2 h ( 2 ) = e + 3 Suy ra: h(x) = 0 cú ỳng 2 nghim x1 > 1, x2 > 1 Cõu Va: 1 Vi iu kin: x 2, y 3, ta cú: 1 x( x 1) + 6 y( y 1) ( y 2) = 22 3 2 Ay + Cx = 66 y( y 1) ( y 2) + 1... Cỏch khỏc: Chn h trc ta 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 ) @ H VN CHNG - PHM HNG DANH (Trung tõm Bi dng vn húa v Luyn thi i hc Vnh Vin) thi D tr khi B-nm 2 007 II Cõu I: Cho hm s y = x + 1 + m 2x (Cm) 1 Kho sỏt v v th hm s vi m = 1 2 Tỡm m th (Cm) cú cc i ti im A sao cho tip tuyn vi (Cm) ti A ct trc oy ti B m OBA vuụng cõn Cõu II: 1 Gii phng trỡnh: sin... = 1 R 3 SSBC = 2 4 T (), () ta cú: SA = 1 3 SA 2 + R 2 R 2 T ú VSABC = SA.dtABC = R3 6 12 () @ - H VN CHNG - PHM HNG DANH (Trung tõm Bi dng vn húa v Luyn thi i hc Vnh Vin) thi D tr khi D-nm 2 007 I Cõu I: Cho hm s y = x +1 (C) 2x + 1 1 Kho sỏt v v th hm s 2 Vit phng trỡnh tip tuyn vi (C), bit rng tip tuyn ú i qua giao im ca ng tim cn v trc Ox Cõu II: 1 Gii phng trỡnh: 2 2 sin x 2 Tỡm m... 0,1, ữ MC1 = a 1, 0, ữ 2 ữ 2 ữ 2 ữ u uu u u uu ur r 2 2 Ta cú MA1 , MB = a 2 , 0, 0 ữ ữ [ ] MA1 , MB MC1 = VMA 1BC1 = [ a3 2 2 ] 1 a3 2 (vtt) MA1 , MB MC1 = 6 12 thi D tr khi D-nm 2 007 II Cõu I: Cho hm s y = x x 1 (C) 1 Kho sỏt v v th hm s 2 Vit phng trỡnh tip tuyn d ca (C) sao cho d v hai tim cn ca (C) ct nhau to thnh mt tam giỏc cõn Cõu II: 1 Gii phng trỡnh: (1 tgx)(1 + sin2x) . SB 3 = ⇒ = . Gọi AM là đường cao c a 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 = =. góc với 1 MA + Hình chóp MABA 1 và CABA 1 có chung đáy là tam giác ABA 1 và đường cao bằng nhau nên thể tích bằng nhau. ⇒ = = = = 3 MABA CABA 1 ABC 1 1 1