1. Trang chủ
  2. » Luận Văn - Báo Cáo

De du tru 2 Khoi D 2007 co dap an

8 9 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 8
Dung lượng 101,29 KB

Nội dung

[r]

(1)

Đề thi Dự trữ khối D-năm 2007 Đề II

Câu I: Cho hàm số y= x

x −1 (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 :

¿ 2x − y −m=0

x+√xy=1 ¿{

¿

có nghiệm

Câu III: Cho mặt phẳng (P): x – 2y + 2z – = đường thẳng d1: x −1

2 = y −3

3 = z

2 d2: x −5

6 = y 4=

z+5 5

1 Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa d1 (Q)  (P)

2 Tìm điểm M  d1, N  d2 cho MN // (P) cách (P) khoảng

bằng Câu IV: Tính I=∫

0

π

2

x2cos xdx Giải phương trình: log22

x

1

|x| =1+x −2

x

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 =

(2)

Chứng minh d1 d2 cắt Gọi P = d1  d2 Tìm m cho

PA+PB lớn

Câu Vb (cho chương trình THPT phân ban): Giải phương trình: 23x+17 22x+7 2x−2=0

2 Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 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 (Bạn đọc 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 vuông cân ta phải có hệ số góc tiếp tuyến –1 tức là:

1

(x −1)2=1(x −1)

=1⇒x1=0, x2=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 sin 2x= 2t

1+t2 Pt (1) thành  

2t

1 t 1 t

1 t

 

    

     

2

1 t t (t 1)(1 t )

     

   

2

t hay t t (1 t )

      

 t1 hay t 0

Do (1)  tgx = hay tgx = –1  x = k hay x = −π

4 + k, k  Cách khác

(1)  (cosx – sinx)(cosx + sinx)2 = cosx + sinx

(3)

 cosx + sinx = hay (cosx – sinx)(cosx + sinx) =  tgx = -1 hay cos2x = 1 x = −π

4 + k hay x = k, k  Tìm m để hệ sau có nghiệm

(I)

¿ 2x − y − m=0

x+√xy=1

¿2x − y −m=0

√xy=1− x

¿{ ¿

Với điều kiện: ¿ xy0

x ≤1 ¿{

¿

ta có

(I)   

 

 

2

y 2x m y 2x m

1 x

xy x y x

x

 

 

 

 

   

 

 

 

 

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) 0(vn,do ac 0) c 1 1(VN)hay b 1

a 2a

   

 

 

    

 

 

 m <  m > 2 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

(4)

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 2t y 3t z 2t

   

  

  

 

1

M d  M 2t,3 3t, 2t 

P/trình tham số d2:

x 6t ' y 4t ' z 5t '

   

 

  

M d  N 6t ', 4t ', 5t '    

Vậy ⃗MN=(6t ' −2t+4,4t '+3t −3,5t ' −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) |1+2t −2(33t)+2(2t)1|

√1+4+4 =2

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: Tính I=∫

0

π

2

x2cos xdx

Đặt: u = x2  du = 2xdx ; dv = cosxdx , chọn v = sinx

Vậy I =

 

 

∫ ∫

2

2 2

0

0

x cosxdx x sin x xsin xdx

Ta có

 

2 2

0

(5)

I1 =

2

0

xsin xdx

; Đặt u = x  du = dx dv = sinxdx, chọn v =  cosx

I1 =

 

 

∫ ∫

2

2

0

xsin xdx x cosx cosxdx

=  x cosx sin x02

  

Vậy : I =

2

2

x cosxdx

 

2 Giải phương trình

x

x 22

log x (*) x

  

Điều kiện

x x

2 2 x 0 x x

 

     

  

 

 

 

 

(*) 

  

x

x 22

log x

x x > 0

 log (22 x1) log x 2   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 > 0

g'(x) = 2xln2  , g'(x) =    

x

2

1

2 log e ln

(6)

Ta có g//(x) > với x nên g'(x) hàm tăng R

/

2

g (x) 0, x log (log e)

    và g (x) 0, x log (log e)/    2 2 g

 giảm nghiêm cách  ;log (log e)2 

g tăng nghiêm cách log (log e);2 

g(x)

  có tối đa nghiệm  ;log (log e)2  , có tối đa

nghiệm log (log e);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  a

4 chẵn

* TH1 : a4 = Ta có cách chọn a4

6 cách chọn a1

5 cách chọn a2

4 cách chọn a3

Vậy ta có 1.6.5.4 = 120 số n

* TH2: a4 Ta có cách chọn a4

5 cách chọn a1

5 cách chọn a2

4 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 m

2 m m 2

   

          

   

2

3

D m m 2

 

      

(7)

Ta dễ thấy A(0,1)  d1 ; B(2,1)  d2 d1 d2

 APB vng 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 AB

Vậy Max (PA + PB) = P trung điểm cung AB

 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  = 0

 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

  

x x x

2 1hay 2 hay

2  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

 

 

 

 

a a 3, ,a 2

;M

a 0,0,

2

 

 

 

   

    

   

   

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

a a a a a BM , , ;CB , ,a

2 2 2

   

⃗ ⃗ 2

1 a 3a a

BM.CB

(8)

Ta có B.B1(0,0,a) ⃗

 

                                         

⃗ ⃗1

1

1

[BM.B C].BB a 30 d(BM,B C)

10 [BM.B C]

-@ -HÀ VĂN CHƯƠNG - PHẠM HỒNG DANH

(Trung tâm Bồi dưỡng văn hóa Luyện thi đại học Vĩnh Viễn)

x

Ngày đăng: 09/04/2021, 22:56

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN

w