De thi du tru DH khoi D mon Toan 2007 De 2

[r]

(1)

Đề thi Dự trữ khối D-năm 2007

Đề II

Câu I: Cho hàm số y xx1



 (C)

1 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

2 Tìm m để hệ phương trình :

















1

xy

x

0

m

y

x2

có nghiệm

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

z

3 y

1 x :

d1 

   

d2:x65 4y z 55

    

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:

1 Tính





2

0

2cosxdx

x I

2 Giải phương trình: log22xx11x 2x 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 PAPB lớn 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 ABCA1B1C1 có tất cạnh a M trung điểm đoạn AA1 Chứng minh BM  B1C tính d(BM, B1C)

(2)

1 Khảo sát hàm số (Bạn đọc tự giải) Ta có





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:









1

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





2t

1 t 1 t

1 t

 

    



 



 



2 2

1 t t (t 1)(1 t )

     

t hay t t 1



 



      

 t1 hay t 0

Do (1)  tgx = hay tgx = –1

 x = k hay x =  4 + k, k 

Cách khác

(1)  (cosx – sinx)(cosx + sinx)2 = cosx + sinx (hiển nhiên cosx = không nghiệm)

 cosx + sinx = hay (cosx – sinx)(cosx + sinx) =

 tgx = -1 hay cos2x = 1 x =  4 + k hay x = k, k 

2 Tìm m để hệ sau có nghiệm

(I)

































x1xy

0my

x2

1xy

x

0my

x2

Với điều kiện:











1

x

0

xy

(3)

(I) 













2

y 2x m y 2x m

1 x

xy x y x

x

  

 

 

 

   

 

 











2

2 x

2x m x m x x



        ()

( hiển nhiên x = không nghiệm () ) Đặt f (x) x2





    , ( 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 > Câu III:

1 d1 qua A(1, 3, 0), VTCP a2,3,2 Mặt phẳng (P) có PVT nP 





M/phẳng (Q) chứa d1  (P) nên (Q) có PVT nQ 





–2(x – 1) – 2(y – 3) – 1(z – 0) =  2x + 2y + z – = 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 2 N 6t ', 4t ', 5t '





Vậy MN6t'2t4,4t'3t 3,5t'2t 5

Mặt phẳng (P) có PVT nP 

















1 6t ' 2t 4t ' 3t 5t ' 2t t t '

            

Ta lại có khoảng cách từ MN đến (P) d(M, P) MN // (P)





 

4

1 t 2 t 3 t

 



    

6 12t 6 12t hay 12t t 1hay t

             

(4)

Câu IV: Tính







2

0

2cosxdx

x I

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

 



 



2

2 2

0

x cosxdx x sin x xsin xdx

Ta có



 

2

2 2

0

x sin x

I1 =

2

xsin xdx





 



 



2

0

xsin xdx x cosx cosxdx

=





0

x cosx sin x



  

Vậy : I = 2

x cosxdx

4



 



x

x 22

log x (*)

x



  

Điều kiện

x x

2 2 x 0

x x

 

     

  

 

 

 

 

(*)     

x

x 22

log x

x x >

 log (22 x1) log x 2 2   xx x >  (2x  1) + log

2(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 >

(5)

g'(x) = 2xln2  , g'(x) =  x   

2

1

2 log e

ln2

 x log (log e) 0 2 

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

2

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

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

g

 giảm nghiêm cách





g tăng nghiêm cách





g(x)

  có tối đa nghiệm









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 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 m

2 m m 2

   

          

   

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

  APB vng P  P nằm đường trịn đường kính AB Ta có (PA + PB)2  2(PA2 + PB2) = 2AB2 = 2(2 2)2 16



(6)

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  = 0 Đặt t = 2x > (1) thành

2t3  7t2 + 7t  =0

 (t  1)(2t2  5t + 2) =  t = hay t = hay t = 1

2

Do pt cho tương đương 2x1hay2x 2 hay 2x 1

2  x = hay x = hay x = 1

2 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

4  BM  B1C

Ta có B.B 1(0,0,a)   

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

 1

1

[BM.B C].BB a 30

d(BM,B C)

10 [BM.B C]

-@ -x