Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số.. Viết phương trình tiếp tuyến với C, biết rằng tiếp tuyến đó đi qua giao điểm của đường tiệm cận và trục Ox.. Câu Vb cho chương trình THPT phân ban:... Gọi
Trang 1Đề thi Dự trữ khối D-năm 2007
Đề I Câu I: Cho hàm số 2 x 1
1 x y
+
+
−
= (C)
1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
2 Viết phương trình tiếp tuyến với (C), biết rằng tiếp tuyến đó đi qua giao điểm của đường tiệm cận và trục Ox
Câu II:
1 Giải phương trình: cos x 1
12 x sin 2
− π
2 Tìm m để phương trình: x − 3 − 2 x − 4 + x − 6 x − 4 + 5 = m có đúng
2 nghiệm
Câu III: Cho đường thẳng d: 1
1 z 1
2 y 2
3 x
−
+
= +
=
−
và mặt phẳng (P): x + y + z + 2 = 0
1 Tìm giao điểm M của d và (P)
2 Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trong (P) sao cho ∆⊥ d và khoảng cách từ M đến ∆ bằng 42
Câu IV:
1 Tính ∫ ( − )
−
=
1
0
4 x 1 x x
I
2 Cho a, b là các số dương thỏa mãn ab + a + b = 3
3 b a b a
ab 1 a
b 1 b
+
+ +
+
Câu Va (cho chương trình THPT không phân ban):
1 Chứng minh với mọi n nguyên dương luôn có
nC (n 1)C ( )1 C ( )1 C n 1 0
n 1 n 2
n n 2 n 1
n
0
2 Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A(2, 1) lấy điểm B thuộc trục Ox có hoành độ x ≥ 0 và điểm C thuộc trục Oy có trung độ y ≥ 0 sao cho ∆ABC vuông tại A Tìm B, C sao cho diện tích ∆ABC lớn nhất
Câu Vb (cho chương trình THPT phân ban):
Trang 21 Giải bất phương trình: 2 ( )2
2
log 2x 3x 1 log x 1
2 Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có đáy ABC là tam giác vuông
a
AC
AB= = , AA1 = a 2 Gọi M, N lần lượt là trung điểm của đoạn AA1
và BC1 Chứng minh MN là đường vuông góc chung của các đường thẳng
AA1 và BC1 Tính VMA1BC1.
Bài giải Câu I:
1 Khảo sát (Bạn đọc tự làm)
2 Giao điểm của tiệm cận đứng với trục Ox là
− , 0 2
1 A
Phương trình tiếp tuyến (∆) qua A có dạng
+
=
2
1 x k y
(∆) tiếp xúc với (C) /
x 1 k x 1
x 1 k co ù nghieäm 2x 1
⇔ − + =
( )
= +
−
+
=
+
+
−
⇔
)2 ( k 1
x
3
)1 ( 2
1 x k 1
x
1
x
2
Thế (2) vào (1) ta có pt hoành độ tiếp điểm là
( )2
1
3 x
2x 1 2x 1
1 (x 1)(2x 1) 3(x )
2
2
2
⇔ − =
x 5
2
⇔ = Do đó 12
1
k = −
Trang 3Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y 1 x 1
12 2
Câu II:
1 Giải phương trình: cos x 1
12 x sin 2
− π
(1)
12
sin 12 x sin
2 − π=
− π
⇔
1 sin 2x sin
12
cos 6 sin 2 12
sin 4
sin 12 x
− π
⇔
12
5 sin 12
cos 12
x
− π
⇔
x k hay x k k Z( )
2 P/trình cho⇔ ( x − 4 ) − 2 x − 4 + 1 + ( x − 4 ) − 6 x − 4 + 9 = m (1)
( x − 4 − 1)2+ ( x − 4 − 3)2 = m
m 3 4 x 1
4
x − − + − − =
⇔ (1) đặt: t = x − 4 ≥ 0
(1) ⇔ t − 1 + t − 3 = m (∗)
Phương trình cho có đúng 2 nghiệm ⇔ phương trình (∗) có đúng 2 nghiệm t ≥ 0
Vẽ đồ thị của hàm số f( )t = t − 1 + t − 3 , t ≥ 0
Ta có ( )
≥
−
≤
≤
≤
≤
−
=
3
t neáu 4 t2
3 t 1 neáu 2
1 t 0 neáu t 2
4 tf
y
Trang 42
0
1 2 3 x
Từ đồ thị ta có ycbt ⇔ 2 < m ≤ 4
Cách khác
m 3
t
1
{0 t 1 hay{1 t 3hay{t 3
m 4 2t≤ < m 2≤ ≤ m 2t 4>
{
2 m 4 hay m 2 hay m 2
Do đó, ycbt ⇔ 2 < m ≤ 4
( khi 2 < m ≤ 4 thì (∗) có đúng 2 nghiệm t1, t2 thỏa 0 t 1≤ <1 và t2 > 3 )
Câu III:
1 Tìm giao điểm M của đường thẳng d và mặt phẳng (P)
Phương trình số của d:
−
−
=
+
−
=
+
=
t 1 z
t 2 y
t2 3 x
có VTCP a =(2 , 1 , − 1)
Thế vào phương trình (P): (3 + 2t) + (–2 + t) + (–1 – t) + 2 = 0
⇒ t = –1⇒ M ( 1 ;- 3 ; 0)
Mặt phẳng (Q) chứa d và vuông góc (P) có PVT n Q =[ ]a , n P =(2 , − 3 , 1)
Suy ra phương trình mặt phẳng (Q) chứa d và vuông góc (P) là:
2(x – 1) – 3(y + 3) + 1(z – 0) = 0 ⇔ 2x – 3y + z – 11 = 0 (Q)
2 Phương trình đường thẳng (d') hình chiếu của d lên mặt phẳng P là:
Trang 5d': {x y z 2 0
2x 3y z 11 0+ + + =− + − = có VTCP ard' =(4;1; 5− )
⇒ Phương trình tham số của d':
x 1 4t
y 3 t
z 5t
= +
= − +
= −
Trên d' tìm điểm N sao cho MN = 42
Vì N ∈ d' ⇒ N(4t +1, –3 + t, – 5t)
( )2 2 ( )2 2
⇒ = ⇔ = ±t2 1 t 1
t = 1 ⇒ N1(5, –2, –5)
Đường thẳng ∆1 qua N1 nằm trong (P), vuông góc d' có VTCP
1 P d '
a∆ = n ,a
( 6;9; 3) 3 2, 3,1( )
Vậy phương trình ∆1: x 5 y 2 z 5
−
t = –1 ⇒ N2(–3, –4, 5)
Đường thẳng ∆2 qua N2 nằm trong (P), vuông góc d' có VTCP
(nP,ad ')
a∆2 = = −3 2, 3,1( − )
Vậy phương trình ∆2: x 3 y 4 z 5
−
Câu IV:
1 Tính ( )
∫
−
=
−
−
=
1 0 2 2 1
0
4 x
x x dx 4 x
1 x x I
d x 4
−
1 1
2 0
0
1 ln x 4 ln 1 ln 2 ln 3
−
+
2 Từ giả thiết a, b > 0 và ab + a + b = 3 Suy ra:
ab 3 (a b)= − + , (a+1)(b+1) = ab +a +b + 1 = 4
Q
P
∆
N M
d d'
Trang 6bđt đã cho tương đương với
2 2 3 3a(a 1) 3b(b 1) 3
2 (a 1)(b 1) a b
b a
3 b a 4
3 b a 4
3 2
3 b
+ + + + +
≥ +
+
⇔
b a
12 b a 3 b a 3 6 b
a
+ + + + +
≥ + +
⇔
( )
a b
+ (A)
Đặt x = a+b > 0 2 2
x (a b) 4ab 4(3 x)
2
x 4x 12 0 x 6 hay x 2
x = + +a b 2ab ⇒ +a2 b2 =x2−2(3 x) x− = 2+2x 6−
Thế x như trên , (A) thành
x
− − + ≥ , với x≥ 2
⇔x3−x2+4x 12 0− ≥ , với x≥ 2
⇔(x 2 x− ) ( 2+ + ≥x 6) 0, với x≥ 2 (hiển nhiên đúng) Vậy bđt cho đã được chứng minh
Câu Va:
1 Với mọi n ∈ N ta có
n n 1
n n 1 n 1
n 1 n n 0 n
1
Lấy đạo hàm hai vế ta có
n 1 n 2
n 1 n 1
n 0 n 1
1
x
Cho x = 1 ta có
( ) ( ) n 1
n 1 n 1
n
0
nC
2 Ta có A(2, 1); B(b, 0); C(0,c) với b, c ≥ 0
Ta có ∆ABC vuông tại A ⇔ AB AC = 0
Ta có AB =(b − 2 , − 1); AC =(− 2 , c − 1)
Do ∆ABC vuông tại A ⇒ AB AC = − 2(b − 2) (− c − 1) = 0
Trang 7(b 2) c b 5 0 0 b 25 2
1
⇔
2
1 AC AB 2
1
(b 2) 1 4 4(b 2) (b 2) 1
2
1
5
b
0 ≤ ≤ nên SABC = (b – 2)2 + 1 lớn nhất ⇔ b = 0
Khi đó c = 5 Vậy, ycbt ⇔ B(0, 0) và C(0, 5)
Câu Vb:
1 Giải phương trình: 2 ( )2
2
log 2x 3x 1 log x 1
− + + − ≥ (1)
(1) ( ) log (x 1) 21
2
1 1 x x log 2
2
2
−
⇔
2
1 1 x x log 2
2
2
−
⇔
( ) ( )
2
1 (x 1)(2x 1)
2 x 1 x
2
(x 1) 2
(2x 1)
−
−
− +
2 Chọn hệ trục Oxyz sao cho A(0,0,0); C(-a,0,0); B(0,a,0),
A1(0,0, a 2 )
Suy ra M 0,0,a 2
2
C1(-a,0, a 2 )
a a a 2
N , ,
2 2 2
−
1
BCuuuur= − −a, a,a 2 ; MN a a, ,0
2 2
uuuur
; AA1=(0 , 0 , a 2)
Ta có: MN BC1= MN AA1= 0
Vậy MN là đường vuông góc chung của hai đường thẳng AA1 và BC1
Trang 8Ta có 1
2
MA a 0,0,
2
uuuuur
MB a 0,1, 2
2
uuur
1
2
MC a 1,0,
2
uuuur
2
MA , MB a , 0,0
2
uuuuur uuur
1
⇒
6
1
1
-@ -HÀ VĂN CHƯƠNG - PHẠM HỒNG DANH
(Trung tâm Bồi dưỡng văn hóa và Luyện thi đại học Vĩnh Viễn)
