Viết phương trình tiếp tuyến d của (C) sao cho d và hai tiệm cận của (C) cắt nhau tạo thành một tam giác cân.. Câu Va (cho ch ươ ng trình THPT không phân ban).[r]
(1)Đề thi Dự trữ Khối D - năm 2007 Đề II
Câu I : Cho hàm số
1 x
x y
−
= (C) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số
2 Viết phương trình tiếp tuyến d (C) cho d hai tiệm cận (C) cắt tạo thành tam giác cân
Câu II :
1 Giải phương trình : (1 – tgx)(1 + sin2x) = + tgx Tìm m để hệ phương trình :
⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧
= +
= − −
1 xy x
0 m y x
có nghiệm
Câu III : Cho mặt phẳng (P): x – 2y + 2z – = đường thẳng
z
3 y
1 x :
d1 =
− − = −
5 z y
5 x : d2
− + = = −
1 Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa d1 (Q) ⊥ (P)
2 Tìm điểm M ∈ d1, N ∈ d2 cho MN // (P) cách (P) khoảng
Câu IV : Tính ∫
π
=
2
0
2cosxdx x
I
2 Giải phương trình: x x
22 x 1 x log − = + − Câu Va(cho chương trình THPT khơng phân ban)
1 Từ chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, lập số tự nhiên chẵn mà số gồm chữ số khác
2 Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A(0, 1) B(2, –1) đường thẳng: d1: (m – 1)x + (m – 2)y + – m =
d2: (2 – m)x + (m – 1)y + 3m – =
Chứng minh d1 d2 cắt Gọi P = d1 ∩ d2 Tìm m cho lớn
(2)Câu Vb(cho chương trình THPT phân ban)
1 Giải phương trình: 23x+1−7.22x+7.2x−2=0
2 Cho lăng trụ đứng ABCA1BB1C1 có tất cạnh a M trung
điểm đoạn AA1 Chứng minh BM ⊥ B1C tính d(BM, B1C) Bài Giải
Câu I
1 Khảo sát hàm số ( độc giả tự giải) Ta có
( )2
1
y ' 0, x
x
−
= < ∀
− ≠
Từ đồ thị ta thấy để tiếp tuyến tạo với hai tiệm cận tam giác vng cân ta phải có hệ số góc tiếp tuyến –1 tức là:
(x 1) (x 1) x 0, x
1
2
2
2 =− ⇔ − = ⇒ = =
− −
Tại x1 = ⇒ y1 = ⇒ phương trình tiếp tuyến y = –x Tại x2 = ⇒ y2 = ⇒ phương trình tiếp tuyến y = –x + Câu II
1 Giải phương trình : (1 – tgx)(1 + sin2x) = + tgx (1) Đặt: t = tgx 2
t
t x sin
+ =
⇒ Pt (1) thành (1 t 1) 2t2 t
1 t
⎛ ⎞
− ⎜ + ⎟= +
+
⎝ ⎠ ( )( )
2 2
1 t t (t 1)(1 t )
⇔ − + = + +
⇔ + =t hay t t 1( − )( + = +) (1 t )2
⇔ = −t hay t=0
Do (1) ⇔ tgx = hay tgx = –1 ⇔ x = kπ hay x =
4
π
− + kπ, k∈] Cách khác
(3)⇔ cosx + sinx = hay (cosx – sinx)(cosx + sinx) =
⇔ tgx = -1 hay cos2x = 1⇔ x =
π
− + kπ hay x = kπ, k∈] Tìm m để hệ sau có nghiệm
(I)
⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧
− =
= − − ⇔ ⎪⎩
⎪ ⎨ ⎧
= +
= − −
x xy
0 m y x
xy x
0 m y x
Với điều kiện: ta có
⎩ ⎨ ⎧
≤ ≥
1 x
0 xy
(I) ⇔ ( ) ( ) ( )2
2
y 2x m y 2x m
1 x
xy x y x
x
= −
⎧
= −
⎧ ⇔⎪ −
⎨ = − ⎨ = ≤1
⎩ ⎪⎩
( )2 ( )
2
1 x
2x m x m x
x
−
⇒ = − ⇔ + − − = (∗)
( hiển nhiên x = không nghiệm (∗) ) Đặt f (x) x= 2+ −(2 m x 1) − , ( a = )
ycbt ⇔ tìm m để phương trình (∗) có nghiệm thỏa x ≤ ⇔ af(1) < hay f (1) 0c 1 1(VN)hay b0(vn,do ac 0)1
a 2a
= Δ = <
⎧ ⎧
⎪ ⎪
⎨ = − > ⎨− ≤
⎪ ⎪
⎩ ⎩
⇔ 2−m< ⇔ m > Câu III
1 d1 qua A(1, 3, 0), VTCP a=(2,−3,2)
Mặt phẳng (P) có PVT nP =(1,−2,2)
M/phẳng (Q) chứa d1 ⊥ (P) nên (Q) có PVT nQ=[ ]a,nP =(−2,−2,−1)
Vậy (Q) qua A có PVT nQ =(−2,−2,−1) nên phương trình (Q): –2(x – 1) – 2(y – 3) – 1(z – 0) = ⇔ 2x + 2y + z – =
2 P/trình tham số d1: x 2ty 3t z 2t
= + ⎧⎪ = − ⎨
(4)( )
1
M d∈ ⇒M 2t,3 3t, 2t+ −
P/trình tham số d2: x 6t 'y 4t ' z 5t
= + ⎧⎪ = ⎨
'
= − − ⎪⎩
M d∈ 2 ⇒N 6t ', 4t ', 5t '( + − − )
Vậy MN=(6 't−2t+4,4 't+3t−3,−5 't−2t−5) Mặt phẳng (P) có PVT nP =(1,−2,2)
Vì MN // (P) ⇔MN.nP =0
( ) ( ) ( )
1 6t ' 2t 4t ' 3t 5t ' 2t t t '
⇔ − + − + − + − − − = ⇔ = −
Ta lại có khoảng cách từ MN đến (P) d(M, P) MN // (P)
( ) ( ) 2
4
1 t 2 t 3 t
= +
+
− +
− − +
6 12t 6 12t hay 12t t 1hay t
⇔ − + = ⇔ − + = − + = − ⇔ = =
t = ⇒ t' = –1 ⇒ M1(3, 0, 2) N1(–1, –4, 0) t = ⇒ t' = ⇒ M2(1, 3, 0) N2(5, 0, –5) Câu IV
1 Tính ∫
π
=
2
2cosxdx x
I
Đặt: u = x2⇒ du = 2xdx ; dv = cosxdx , chọn v = sinx
Vậy I =
π π
π
= −
∫ ∫
2
2 2
0
0
x cosxdx x sin x xsin xdx
Ta có
π
π
=
2 2
0
x sin x I1 =
0
xsin xdx
π
(5)dv = sinxdx, chọn v = − cosx I1 =
π π
π
= − +
∫ ∫
2
2
0
xsin xdx x cosx cosxdx
= [ x cosx sin x]02
π
− + =
Vậy : I = 2
0
x cosxdx
π
π
= −
∫
2 Giải phương trình
x
x 22
log x (*) x
− = + −
Điều kiện 2x 2x 20 x
x x
⎧ ⎧
⎪ − > ⇔⎪ > = ⇔ >
⎨ ⎨
≠ ≠
⎪ ⎪
⎩ ⎩
(*) ⇔ log22x−1= −1 2x+x
x x >
⇔log (22 x− −1) log x 22 = − x+x x >
⇔ (2x − 1) + log2(2x− 1) = x + log2x (**)
Xét hàm f(t) = t + log2t đồng biến nghiêm cách t > Do f(u) = f(v) ⇔ u = v, với u > 0, v >
Vậy từ (**) ⇔ 2x− = x ⇔ 2x− x −1 = (***) Lại xét hàm g(x) = 2x− x − x >
g'(x) = 2xln2 − , g'(x) = ⇔ x = = >
2
1
2 log
ln2 e
⇔ x log (log e) 0= 2 2 >
Ta có g//(x) > với x nên g'(x) hàm tăng R
/
2
g (x) 0, x log (log e)
⇒ < ∀ < /
2
g (x) 0, x log (log e)> ∀ >
g
⇒ giảm nghiêm cách (−∞;log (log e)2 2 ]
(6)g(x)
⇒ = có tối đa nghiệm (−∞;log (log e)2 2 ], có tối đa nghiệm [log (log e);2 2 +∞)
bằng cách thử nghiệm ta có pt g(x) 0= (***) có nghiệm x = x = Vì x > nên (*) ⇔ x =
Câu Va
1/ Gọi n = a a a a1 4 số cần tìm Vì n chẵn ⇒ a4 chẵn * TH1 : a4 = Ta có cách chọn a4
6 cách chọn a1 cách chọn a2 cách chọn a3 Vậy ta có 1.6.5.4 = 120 số n
* TH2 : a4 ≠ Ta có cách chọn a4
cách chọn a1
cách chọn a2
cách chọn a4
Vậy ta có 3.5.5.4 = 300 số n
Tổng cộng hai trường hợp ta có : 120 + 300 = 420 số n Tọa độ giao điểm P d1, d2 nghiệm hệ phương trình
(m 1)x (m 2)y m (2 m)x (m 1)y 3m
− + − = −
⎧
⎨ − + − = − +
⎩
Ta có
2
m m
D 2m 6m m
2 m m 2
− − ⎛ ⎞
= = − + = ⎜ − ⎟ + >
− − ⎝ ⎠ ∀m
Vì
2
3
D m m
2
⎛ ⎞
= ⎜ − ⎟ + > ∀
⎝ ⎠ nên d1, d2 luôn cắt
Ta dễ thấy A(0,1) ∈ d1 ; B(2,−1) ∈ d2 d1 ⊥ d2
⇒Δ APB vuông P ⇒ P nằm đường trịn đường kính AB Ta có (PA + PB)2≤ 2(PA2 + PB2) = 2AB2 = 2(2 2)2 =16
⇒ PA + PB ≤ Dấu "=" xảy ⇔ PA = PB ⇔ P trung điểm cung ABp
(7)⇒ P nằm đường thẳng y = x – qua trung điểm I (1 ;0) AB IP = ⇒ P (2 ; ) hay P (0 ;- 1)
Vậy ycbt ⇔ m = v m = Câu Vb
1 Giải phương trình : 23x+1− 7.22x + 7.2x− = ⇔ 2.23x− 7.22x + 7.2x− =
Đặt t = 2x > (1) thành 2t3− 7t2 + 7t − =0
⇔ (t − 1)(2t2− 5t + 2) = ⇔ t = hay t = hay t = Do pt cho tương đương
= =2 hay 2x=
2
x x
2 1hay ⇔ x = hay x = hay x = −1 Chọn hệ trục Oxyz cho
ta có A(0 ;0 ;0); A1(0,0,a); C ( - a ;0 ;0 ) ⇒ B⎛⎜⎜− ⎞⎟⎟ ;
⎝ ⎠
a a 3, ,0 2 B1⎛⎜⎜− ⎞⎟⎟ ;M
⎝ ⎠
a a 3, ,a 2
a 0,0,
2
⎛
⎜ ⎞⎟
⎝ ⎠
⇒ =⎛⎜⎜ − ⎞⎟⎟ =⎛⎜⎜
⎝ ⎠ ⎝
JJJJG JJJJG
1
a a a a a
BM , , ;CB , ,a
2 2 2
⎞ ⎟⎟ ⎠ ⇒ JJJJG JJJJGBM.CB1=a2 −3a2 +a2 =0
4 ⇒ BM ⊥ B1C
Ta có BJJJJJG.B1=(0,0,a) ⇒ = = JJJJG JJJJG JJJJG
JJJJG JJJJG1
1
1
[BM.B C].BB a 30 d(BM,B C)
10 [BM.B C]