Đề thi Dự trữ khối B-năm 2007 Đề I Câu I: Cho hàm số y = –2x 3 + 6x 2 – 5 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C). 2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến đi qua A(–1, –13). Câu II: 1. Giải phương trình: 2 x3 cos2 42 x cos 42 x5 sin = ⎟ ⎞ ⎜ ⎠ ⎛ π −− ⎟ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ π − ⎝⎠ 2. Tìm m để phương trình: mx1x =−+ 4 2 có nghiệm. Câu III: Trong không gian Oxyz cho các điểm A(–3,5,–5); B(5,–3,7); và mặt phẳng (P): x + y + z = 0 1. Tìm giao điểm I của đường thẳng AB với mặt phẳng (P). 2. Tìm điểm M ∈ (P) sao cho MA 2 + MB 2 nhỏ nhất. Câu IV: 1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường thẳng y = 0 và () 1x x1x y 2 + − = . 2. Chứng minh rằng hệ ⎪ ⎩ − −= 1x 2007e 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ − −= x 1y y 2007e y 2 x có đúng 2 nghiệm thỏa mãn điều kiện x > 0, y > 0 Câu Va (cho chương trình THPT không phân ban): 1. Tìm x, y ∈ N thỏa mãn hệ ⎪ ⎩ ⎨ =+ 66CA 2 x 3 y ⎪ ⎧ =+ 22CA 3 y 2 x 2. Cho đường tròn (C): x 2 + y 2 – 8x + 6y + 21 = 0 và đường thẳng d: . Xác định tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD ngoại tiếp (C) biết A ∈ d 01yx =−+ Câu Vb (cho chương trình THPT phân ban): ( ) ( 1. Giải phương trình ) 21x2log1xlog 3 2 3 =−+− 2. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, SA vuông góc với hình chóp. Cho AB = a, SA = a 2 . Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A lên SB, SD. Chứng minh SC ⊥ (AHK) và tính thể tích hình chóp OAHK. Bài giải Câu I: 1. Khảo sát y = –2x 3 + 6x 2 – 5 (Bạn đọc tự làm) 2. Viết phương trình tiếp tuyến (C) đi qua A(–1, –13) Ta có y' = –6x 2 + 12x Gọi M 0 (x 0 , y 0 ) là tiếp điểm thuộc (C) ⇔ y 5x6x2 00 −+−= 23 0 Phương trình tiếp tuyến với (C) tại M 0 : y – y 0 = f '(x 0 )(x – x 0 ) ( ) ( ) 232 5x6x2xxx12x6y 00000 −+−−+−= ⇔ Vì tiếp tuyến đi qua A(–1, –13) nên ( ) ( ) 0 2 0 2 0 2 0 3 0 x1x12x65x6x213 −−+−+−+−=− 2 00 x12−− 3 00 0 0 1vx 2=− y(1) 1v y( 2) 35=− − = 3 0 2 00 3 0 x12x6x65x6x213 −+−−+−= ⇔ x3 x20 x−+=⇔= Ta có M(1, –1) thì phương trình tiếp tuyến với (C) qua A là y + 1 = 6(x – 1) ⇔ y = 6x – 7 M(–2, 35) thì phương trình tiếp tuyến với (C) qua A là y – 35 = –48(x + 2) ⇔ y = –48x – 61 Câu II: 1. Giải phương trình: 2 x3 cos2 42 x cos 42 x5 sin = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ π −− ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ π − (1) (1) 2 x3 cos2 2 x 42 sin 42 x5 sin = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − π + π − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ π −⇔ 2 x3 cos2 2 x 4 3 sin 42 x5 sin = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − π − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ π −⇔ 3x 3x 2 cos x sin 2 cos 422 ππ ⎛⎞⎛ ⎞ ⇔+ −= ⎜⎟⎜ ⎟ ⎝⎠⎝ ⎠ 2 2 x3 cos2 2 x3 cos 4 xcos2 = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ π +−⇔ 3x 2 cos 0 v cos x 24 π ⎛⎞ ⇔= +=− ⎜⎟ ⎝⎠ 2 3x 3 kvx k2 22 4 4 ⇔=+π+=±+π πππ 2 x k vx k2 vx k2 33 ππ π ⇔=+ = 2 +π =π+π 2. Tìm m để phương trình: mx1x 4 2 =−+ () có nghiệm Xét hàm số x1xxf 4 2 −+= () (điều kiện: x ≥ 0) () 0 1x1 x'f ⎟ ⎞ ⎜ ⎛ ⇒ () x 1x 2 4 3 2 < ⎟ ⎟ ⎠ ⎜ ⎜ ⎝ − + = , ∀x > 0 x = Vì 1 x x x x 1x x 2 3 4 6 4 3 2 =< + ) 0; Ta có f giảm trên [ + ∞ x lim f(x) 0 →+∞ và = nên ta có [ ) )1,x 0;<≤∀∈+∞ m ∈ . 0f(x Vậy, p hương trình (1) có nghiệm ⇔ miền giá trị của f trên đoạn [ ) 0; + ∞ ⇔ 0 < m ≤ 1 Câu III: 1. Đường thẳng AB có VTCP ( ) ( ) 3,2,2412,8,8a −=−= Phương trình đường thẳng AB: ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ +−= −= +−= t35z t25y t23x Điểm I (–3+2t; 5- 2t; –5+3t) AB (P) ∈ ∩ khi (–3 + 2t) + (5 – 2t) + (–5 + 3t) = 0 ⇔ t = 1 Vậy đường thẳng AB cắt mặt phẳng (P) tại I(–1, 3, –2) 2. Tìm M ∈ (P) để MA 2 + MB 2 nhỏ nhất Gọi H là trung điểm của đoạn AB. Tam giác MAB có trung tuyến MH nên: 2 AB MH2MBMA 2 222 +=+ Do đó MA 2 + MB 2 nhỏ nhất ⇔ MH 2 nhỏ nhất Ta để thấy H(1, 1, 1), M ∈ (P) MH nhỏ nhất ⇔ MH ⊥ (P) và để ý rằng mặt phẳng (P): x + y + z = 0 có PVT () 1,1,1OH = và O ∈ (P) ⇒ M ≡ (0, 0, 0) Vậy, với M(0, 0, 0) thì MA 2 + MB 2 nhỏ nhất. (khi đó, ta có min(MA 2 + MB 2 ) = OA 2 + OB 2 = (9 + 25 + 25) + (25 + 9 + 49) = 142) Câu IV: 1. Tọa độ giao điểm của 2 đường ( ) 1x x1x y 2 + − = và y = 0 là A(0, 0); B(1, 0). Khi đó 0 ≤ x ≤ 1 ⇒ x(1 – x) ≥ 0 ⇒ ( ) 0 1x x1x − y 2 ≥ + = Do đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi 2 đường đã cho là () 11 00 x1 x Sdx x1 − == ∫∫ 1 2 22 2 0 xx x1 dx1dx x1 x1 −+ + ⎛⎞ =−+ ⎜⎟ ++ + ⎝⎠ ∫ ∫ + + +−= 1 0 2 1 0 dx 1x 1x xS Đặt: x = tgt ⇒ dx = (tg 2 t + 1)dt Đ i cận ổ x1 t ;x0 t0 4 π =⇒= =⇒= () () [] ∫∫ π π + π =−=+= + + = 4 0 4 0 1 0 2 2ln 2 1 4 tcoslntdt1tgtdx 1x 1x S 2ln 2 1 4 1S + π +−= Vậy () / 3 2 2 2 t1 gt ;g(t) 0, t 1 t1 (t 1) − = =<∀ − − 2. Đặt: f(t) = e t , > Ta có f tăng nghiêm cách trên và g giảm nghiêm cách trên từng khoảng Xác định. ( ) ( ) () () ⎨ ⎧ =+ =+ ⇔ 2007xgyf 2007ygxf Hệ phương trình (1) ⎩ ⇒ f(x) + g(y) = f(y) + g(x) (∗) g(x) ( do( ∗) ) Do đ Nếu x > y ⇒ f(x) > f(y) ⇒ g(y) < ⇒ y > x ( do g giảm nghiêm cách ) ⇒ vô lý. Tương tự khi y > x cũng dẫn đến vô lý. ó, (1) (2) ⇔ x x e 2007 0 ⎧ 2 x1 xy + −=⎪ ⎨ − ⎪ = ⎩ () Xét: 2007exh 2 − − += (|x| > 1 ) Nếu x < –1 thì h(x) < e –1 – 2007 < 0 ⇒ hệ vô nghiệm x x 1x Khi x > 1 ⇒ () () () 2 3 2xx 1xe 1 ex'h − −−== 2 3 2 1x − − () () () 5 x 5 2 2 33x h'' x e e 0 x1 − =+ =+ > − và () +∞= + → xhlim 1 , x2 2 x 1 .2x 2 − x ( ) x lim h x →+∞ = +∞ ục và có đồ thị là đường cong lõm trên (1, +∞) Vậy h(x) liên t Do đó để chứng minh (2) có 2 nghiệm dương ta chỉ cần chứng minh tồn tại x 0 > 1 mà h(x 0 ) < 0 Chọn x 0 = 2 () 2 2 h 2⇒ e 2007 0 3 =+−< đúng 2 nghiệm x 1 > 1, x 2 > 1 âu Va: Suy ra: h(x) = 0 có C 1. Với điều kiện: x ≥ 2, y ≥ 3, ta có: () ()( ) ()( ) () ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ =−+−− =− ⇔ ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ =+ =+ 661xx 2 1 2y1yy 222y 6 66CA 22CA 2 x 3 y yx 232 6x 6x y 3y 2y 132 (1) (2) ⎧ −+− += ⇔ ⎨ ⎪ ⎩ ⎧ −+− 1yy 1 1xx 32 () 32 2 y 3y 2y .2 x x 132−+ +−= ⎩ 232 2 6x 6x y 3y 2y 132 ⎧ −+− += ⇔ ⎨ 11x 11x 132 0 (2) 2(1)−−= − ⎩ { () () { 2 32 x4 x4hayx 3(loaïi) x4 y5y 2y12 0 y5 = ⎧ ==− y3y2y60 = ⇔⇔ ⎨ −++= ⇔ = −+= ⎩ 2. x –3 Đường tròn (C) có tâm I(4, –3), bán kính R = 2 – 1 = 0. Vậy I ∈ d bán y 2 4 6 I –5 B C 0 A D Tọa độ của I(4, –3) thỏa phương trình (d): x + y Vậy AI là một đường chéo của hình vuông ngoại tiếp đường tròn, có kính R = 2 , x = 2 và x= 6 là 2 tiếp tuyến của (C ) nên . Hoặc là A là giao điểm các đường (d) và x = 2 ⇒ A(2, –1) . Hoặc là A là giao điểm các đường (d) và x = 6 ⇒ A(6, –5) . Khi A(2, –1) ⇒ B(2, –5); C(6, –5); D(6, –1) . Khi A(6, –5) ⇒ B(6, –1); C(2, –1); D(2, –5) Câu Vb: ương trình:1. Giải ph ( ) ( ) 21x2log1xlog 3 2 3 =−+− ( ) 33 2 log x 1 2 log⇔−+2x 1 2−= ( ) 33 lo g x1 lo g 2x 1 1⇔−+ −= ( ) 33 lo g x12x1 lo g 3⇔−−= () x12x1 3⇔− −= ⇔ { 2 2 1 x1 x1 hay 2 2x 3x 2 0 2x 3x 4 0(vn) ⎧ ⎪ > << ⎨ − −= ⎪ −+= ⎩ x2⇔= (Bạ đọc tự vẽ hình) AH vuông với SB ⇒ (1) K n 2. +BC vuông góc với (SAB) ⇒ BC vuông góc với AH mà AH vuông góc với (SBC) ⇒AH vuông góc SC + Tương tự AK vuông góc SC (2) (1) và (2) ⇒SC vuông góc với (AH ) 2222 SB AB SA 3a=+= ⇒SB = a3 AH.SB = SA.AB ⇒AH= a6 3 ⇒ SH= 2a 3 3 ⇒ SK= 2a 3 3 ằng nhau và cùng vuông tại A) (do 2 tam giác SAB và SAD b Ta có HK song song với BD nên HK SH 2a 2 HK=⇒= BD SB 3 . Gọi AM là đường cao của tam giác cân AHK ta có 2 222 4a AM AH HM=− = ⇒ AM= 9 2a 3 3 OAHK AHK 11a212a V OA.S . HK.AM 332227 == = Cách khác: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho (0;a;0), S (0;0; a2A= O (0;0;0), B(a;0;0), C( a;a;0), D ) @ HÀ VĂN CH NG DANH (Trung Viễn) ƯƠNG - PHẠM HỒ tâm Bồi dưỡng văn hóa và Luyện thi đại học Vĩnh . Đề thi Dự trữ khối B -năm 2007 Đề I Câu I: Cho hàm số y = –2x 3 + 6x 2 – 5 1. Khảo sát. ⎩ x2⇔= (B đọc tự vẽ hình) AH vuông với SB ⇒ (1) K n 2. +BC vuông góc với (SAB) ⇒ BC vuông góc với AH mà AH vuông góc với (SBC) ⇒AH vuông