Đề thi Dự trữ khối A-năm 2007 Đề I − x + 4x + x−2 Khảo sát vẽ đồ thị hàm số Chứng minh tích khoảng cách từ điểm đồ thị hàm số đến đường tiệm cận số Câu I: Cho hàm số y = Câu II: Giải phương trình: sin 2x + sin x − Tìm m để phương trình: m ( 1 − = 2cot g2x 2sin x sin 2x ) x − 2x + + + x(2 − x) ≤ (2) có nghiệm x ∈  0,1 +    Câu III: Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (-1;3;-2), B (-3,7,-18) mặt phẳng (P): 2x - y + z + 1=0 Viết phương trình mặt phẳng chứa AB vng góc với mp (P) Tìm tọa độ điểm M ∈ (P) cho MA + MB nhỏ Câu IV: 2x + dx + 2x + 1 Tính I = ∫  x + x − x + = 3y − +  Giải hệ phương trình:  ( x, y ∈ R ) x−  y + y − 2y + = + Câu Va (cho chương trình THPT khơng phân ban): Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C) : x2 + y2 = Đường tròn (C') tâm I (2,2) cắt (C) điểm A, B cho AB = Viết phương trình đường thẳng AB Có số tự nhiên chẵn lớn 2007 mà số gồm chữ số khác nhau? Câu Vb (cho chương trình THPT phân ban): Giải bất phương trình: (log x + log x ) log 2x ≥ ∧ Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1 = 2a BAC = 120o Gọi M trung điểm cạnh CC1 Chứng minh MB⊥MA1 tính khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A1BM) Bài giải Câu I: Khảo sát vẽ đồ thị (Bạn đọc tự làm) Gọi (C ) đồ thị hàm số M(x,y) ∈ ( C ) ⇔ y = − x + + x−2 Phương trình tiệm cận xiên y = − x + ⇔ x + y − = khoảng cách từ M đến tiệm cận xiên x+ y−2 = = d1 x−2 khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng d = x − Ta có d1d = 7 x−2 = : số x−2 Câu II: 1 − = 2cot g2x (1) 2sin x sin 2x (1) ⇔ − cos22x − cosxcos2x = 2cos2x sin2x ≠ Giải phương trình : sin 2x + sin x − ⇔ cos 2x = v cos2 x + cos x + = 0(VN) ⇔ cos2x = ⇔ 2x = π π π + kπ ⇔ x = + k 2 Đặt t = x2 − 2x + ⇔ t2 − = x2 − 2x Bpt (2) ⇔ m ≤ t2 − (1 ≤ t ≤ 2),do x ∈ [0;1 + 3] t +1 Khảo sát g(t) = t2 − với ≤ t ≤ t +1 g'(t) = t + 2t + (t + 1)2 > Vậy g tăng [1,2] t2 − Do đó, ycbt ⇔ bpt m ≤ có nghiệm t ∈ [1,2] t +1 ⇔ m ≤ max g(t) = g(2) = t∈[ 1;2] Câu III: uu ur r Ta có AB = (−2,4, −16) phương với a = (−1,2, −8) ur u mp(P) có PVT n = (2, −1,1) ur r u Ta có [ n ,a] = (6 ;15 ;3) phương với (2;5;1) Phương trình mp chứa AB vng góc với (P) : 2(x + 1) + 5(y − 3) + 1(z + 2) = ⇔ 2x + 5y + z − 11 = Tìm M ∈ (P) cho MA + MB nhỏ Vì khoảng cách đại số A B dấu nên A, B phía với Mp (P) Gọi A' điểm đối xứng với A qua (P) x +1 y − z + = = Pt AA' : −1 AA' cắt (P) H, tọa độ H nghiệm 2x − y + z + =   x + y − z + ⇒ H(1,2, −1)  = −1 =  Vì H trung điểm AA' nên ta có : 2x H = x A + x A '  2y H = y A + y A ' ⇒ A '(3,1,0) 2z = z + z A A'  H u ur uu Ta có A ' B = (−6,6, −18) (cùng phương với (1;-1;3) ) x − y −1 z = = −1 Vậy tọa độ điểm M nghiệm hệ phương trình 2x − y + z + =   x − y − z ⇒ M(2,2, −3)  = −1 =  Câu IV: Pt đường thẳng A'B : Đặt t = 2x + ⇒ t = 2x + ⇔ 2tdt = 2dx ⇔ dx = tdt Đổi cận t(4) = 3, t(0) = 3 t2   dx = dt =  t − + dt Vậy I = 1+ t t +1÷ + 2x +   2x + ∫ ∫ ∫ 1  t2  =  − t + ln t +  = + ln 2 1   Giải hệ phương trình  x + x − 2x + = 3y−1 +  (I)  x −1  y + y − 2y + = +  Đặt u = x − 1, v = y −  u + u2 + = 3v  (II)  (I) thành  v + v + = 3u  Xét hàm f(x) = x + x2 + f ´(x) = + x x2 + + x x +x ≥0 x2 + x2 + x2 + Vậy f đồng biến nghiêm cách R Nếu u > v ⇒ f(u) > f(v) ⇒ 3v > 3u ⇒ v > u ( vô lý ) Tương tự v > u dẫn đến vô lý u  u + u + = 3u    ⇔ 1 = ( u + − u) (1) Do hệ (II) ⇔  u = v u = v   = > Đặt: g(u) = 3u ( u2 + − u)  u  ⇒ g'(u) = 3u ln 3( u2 + − u) + 3u  − 1÷  ÷  u +1  g' ( u ) = 3u ( )  u2 + − u  ln −     > 0, ∀u ∈ R  u +1  Vậy g(u) đồng biến nghiêm cách R Ta có g(0) = Vậy u = nghiệm (1) Nên (II) ⇔ u = = v Vậy (I) ⇔ x = y = Câu Va: 1.Đường thẳng OI nối tâm đường tròn (C), (C') đường phân giác y = x Do đó, đường AB ⊥ đường y = x ⇒ hệ số góc đường thẳng AB − Vì AB = ⇒ A, B phải giao điểm (C) với Ox, Oy  A(0,1); B(1,0) Suy   A '(−1,0); B'(0, −1) Suy phương trình AB : y = − x + y = − x − Cách khác: phương trình AB có dạng: y = − x + m Pt hoành độ giao điểm AB x2 + (− x + m)2 = ⇔ 2x2 − 2mx + m − = (2) (2) có ∆ / = − m , gọi x1, x2 nghiệm (2) ta có : AB2 = ⇔ 2(x1 − x )2 = ⇔ (x1 − x )2 = ⇔ 4∆ / = ⇔ − m = ⇔ m = ±1 a Vậy phương trình AB : y = − x ±1 Gọi n = a1a2a3a số cần lập TH1 : a4 = 0, ta có cách chọn a1 (vì a1 ≥ 2) cách chọn a2 cách chọn a3 (1 cách chọn a4 ) Vậy ta có 8.8.7.1 = 448 số n TH2 : a4 ≠ a4 chẵn Ta có : cách chọn a4 cách chọn a1 cách chọn a2 cách chọn a3 Vậy ta có 4.7.8.7 = 1568 số n Vậy trường hợp ta có : 448 + 1568 = 2016 số n Câu Vb: Điều kiện x > , x ≠  1 + log x ÷ log2 2x ≥ (1) ⇔   log8 x 2    ÷ ⇔ + log2 x ÷( log2 x + 1) ≥  log2 x ÷ 3   log2 x +  log2 x + ⇔ (log2 x + 3)  ≥0 ÷≥ ⇔ log2 x  log2 x  ⇔ log2 x ≤ −1v log2 x > ⇔ < x ≤ v x > 2 (Bạn đọc tự vẽ hình) Chọn hệ trục Axyz cho: A ≡ 0, C ( −2a,0, ) , A1(0,0,2a 5) a a  ⇒ A(0; 0; 0),B  ;  2 ; ÷ M(−2a,0,a 5) ÷   uu uu  r u ur  uuu ⇒ BM = a  − ; − ; ÷, MA1 = a(2; 0; 5)  ÷   uu uuu uu u ur r Ta có: BM.MA1 = a2 (−5 + 5) = ⇒ BM ⊥ MA1 Ta tích khối tứ diện AA1BM : u ur ur u u u u u u u u ur a3 15 V = A A1  AB,AM  =   uu uuu u r u ur S∆BMA1 =  MB,MA1  = 3a2  2 Suy khoảng cách từ A đến mp (BMA1) d = 3V a = S Cách khác: + Ta có A1M2 = A1C1 + C1M2 = 9a2 BC2 = AB2 + AC2 − 2AB.AC.cos1200 = 7a2 BM2 = BC2 + CM2 = 12a2 A1B2 = A1A + AB2 = 21a2 = A1M2 + MB2 ⇒ MB vng góc với MA1 + Hình chóp MABA1 CABA1 có chung đáy tam giác ABA1 đường cao nên thể tích 1 ⇒ V = VMABA1 = VCABA1 = AA1.SABC = a3 15 3 ⇒ d(a,(MBA1 )) = 3V SMBA1 = 6V a = MB.MA1 @ - Đề thi Dự trữ khối A-năm 2007 Đề II m (Cm) x−2 Khảo sát vẽ đồ thị hàm số với m = Tìm m để đồ thị (Cm) có cực trị điểm A, B cho đường thẳng AB qua gốc tọa độ Câu I: Cho hàm số y = x + m + Câu II: Giải phương trình: cos2 x + sin x cos x + = 3(sin x + cos x)  x − x3y + x y =  Giải bất phương trình   x3y − x + xy =  Câu III: Trong không gian Oxyz cho điểm A(2,0,0); B(0,4,0); C(2,4,6) đường thẳng (d) 6x − 3y + 2z =  6x + 3y + 2z − 24 = Chứng minh đường thẳng AB OC chéo Viết phương trình đường thẳng ∆ // (d) cắt đường AB, OC Câu IV: Trong mặt phẳng Oxy cho hình phẳng (H) giới hạn đường 4y = x y = x Tính thể tích vật thể tròn quay (H) quanh trục Ox trọn vòng Cho x, y, z biến số dương Tìm giá trị nhỏ biểu thức:  x y z  P = 4(x3 + y3 ) + 4(x3 + z3 ) + 4(z3 + x3 ) +  + + ÷  y z2 x ÷   Câu Va (cho chương trình THPT khơng phân ban): Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G(−2, 0) biết phương trình cạnh AB, AC theo thứ tự 4x + y + 14 = 0; 2x + 5y − = Tìm tọa độ đỉnh A, B, C Trên cạnh AB, BC, CD, DA hình vng ABCD cho 1, 2, n điểm phân biệt khác A, B, C, D Tìm n biết số tam giác có ba đỉnh lấy từ n + điểm cho 439 Câu Vb (cho chương trình THPT phân ban): 1 = + log2 x + Giải phương trình log4 (x − 1) + log2x +1 ∧ Cho hình chóp SABC có góc ( SBC, ABC ) = 60o , ABC SBC tam giác cạnh a Tính theo a khoảng cách từ đỉnh B đến mp(SAC) Bài giải Câu I: Khảo sát vẽ đồ thị (bạn đọc tự làm) Tìm m: Ta có: y = x + m + m m (x − 2)2 − m ⇒ y ' = 1− = x−2 (x − 2)2 (x − 2)2 Đồ thị h/s có cực trị ⇔ y' = có nghiệm phân biệt ⇔ (x − 2)2 − m = có nghiệm phân biệt ≠ ⇔ m > Gọi A (x1, y1) ; B (x2, y2) điểm cực trị  x = − m ⇒ y1 = + m − m y' = ⇔   x2 = + m ⇒ y2 = + m + m  P/trình đường thẳng AB : x − (2 − m ) m = y − (2 + m − m ) m (m > 0) ⇔ 2x − y − + m = AB qua gốc O (0, 0) ⇔ − + m = ⇔ m = Cách khác: x2 + (m − 2)x + m u y ' = − m = ; (x − 2)2 x−2 v y' = có nghiệm phân biệt ⇔ m > Khi m > 0, pt đường thẳng qua cực trị y= y= u/ = 2x + m − v/ Do đó, ycbt ⇔ m − =0 ⇔ m = Câu II: Giải phương trình: cos2 x + sin x cos x + = 3(sin x + cos x) (1) (1) ⇔ + cos 2x + sin 2x = 3(sin x + cos x) 1  1  3 sin 2x ÷ =  sin x + cos x ÷ ⇔ +  cos 2x + 2 ÷ 2 ÷ 2     π π   ⇔ + cos  2x − ÷ = cos  x − ÷ 3 6   π π   ⇔ + cos  2x − ÷ = 3cos  x − ÷ 3 6   π π  2 ⇔ cos  x − ÷ = 3cos  x − ÷ 6 6   π π   ⇔ cos  x − ÷ = v cos  x − ÷ = (loại) 6 6   ⇔ x− π π 2π = + kπ ⇔ x = + kπ , k ∈ Z  x − x3y + x y =  Giải hệ:  (I)  x3y − x + xy =  (−x + xy)2 + x3y =  (I) ⇔  (−x + xy) + x3y =  Đặt u = − x2 + xy, v = x3y  u2 + v =  v = − u + u = u =   ⇔ ⇔ ∨ (I) thành  v =  v = u + v = u − u =   Do hệ cho tương đương:  −x2 + xy = − x2 + xy = y = x y =     ∨ ⇔ ∨  x = x = −1(vn) x y =  x3y =     x = x = −1 ⇔ ∨ y = y = −1 Câu III: u u r Ta có VTCP đường thẳng AB (−2,4,0) hay a = (−1,2,0) ur u Ta có VTCP đường thẳng OC (2,4,6) hay b = (1,2,3) uu ur u u r Ta có OA = (2,0,0) phương với c = (1,0,0) r r r Ta có a, b  c = ≠ ⇔ AB OC chéo   r Đường thẳng d có VTCP ( −12, 0, 36 ) hay u = ( −1, 0, 3) r r Ta có a, u  = ( 6,3, )   r r Phương trình mặt phẳng (α) qua A, có PVT a, u  (α chứa AB)   6(x – 2) + 3(y – 0) + (z - 0) = ⇔ 6x + 3y + 2z – 12 = (α) r r Ta có  b, u  = ( 3, −3,1)   Phương trình mặt phẳng (β) qua O có PVT (3, - 3, 1) (β chứa OC) 3x - 3y + z = (β) Vậy phương trình đường thẳng ∆ song song với d cắt AB, BC 6x + 3y + 2z − 12 =  3x − 3y + z = Câu IV: Tọa độ giao điểm hai đường nghiệm hệ  x2 x = x = y = v  ⇔ y = y = y = x  4   x3 x5  x4  128 dx = π V = π x2 −    − 80  = 15 π  16   0  ∫ y (đvtt) A y=x x Với x, y, z > ta có 4(x3 + y3) ≥ (x + y)3 (∗) Dấu = xảy ⇔ x = y Thật (∗) ⇔ 4(x + y)(x2 – xy + y2) ≥ (x + y)3 ⇔ 4(x2 – xy + y2) ≥ (x + y)2 x, y > ⇔ 3(x2 + y2 – 2xy) ≥ ⇔ (x – y)2 ≥ (đúng) Tương tự ta có 4(y3 + z3) ≥ (y + z)3 Dấu = xảy ⇔ y = z 4(z3 + x3) ≥ (z + x)3 Dấu = xảy ⇔ z = x Do ( ) ( ) ( ) x + y3 + y3 + z + z + x ≥ ( x + y + z ) ≥ xyz  x y z  + + 2≥ z x  y  Ta lại có 2   Vậy P ≥ 6 xyz +   xyz xyz Dấu = xảy ⇔ x = y = z   ≥ 12 Dấu = xảy ⇔   ⇔x=y=z=1  xyz =  x= y= z Vậy minP = 12 Đạt x = y = z = Câu Va: { { 4x + y + 14 = x = −4 Tọa độ A nghiệm hệ 2x + 5y − = ⇔ y = ⇒ A(–4, 2) Vì G(–2, 0) trọng tâm ∆ABC nên  3xG = xA + xB + xC  xB + xC −=  ⇔  3yG = yA + yB + yC  yB + yC −= (1) Vì B(xB, yB) ∈ AB ⇔ yB = –4xB – 14 (2) 2x C(xC, yC) ∈ AC ⇔ y C = − C + ( 3) 5 Thế (2) (3) vào (1) ta có  xB + xC −=  xB −= ⇒ yB −=   2x C ⇒   − 4xB − 14 − + −=  xC = ⇒ yC = Vậy A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0) Nếu n ≤ n + ≤ Do số tam giác có ba đỉnh lấy từ n + điểm khơng vượt qua C3 = 56 < 439 (loại) Vậy n ≥ Vì tam giác tạo thành ứng với tổ hợp chập n + phần tử Nhưng cạnh CD có đỉnh, cạnh DA có n đỉnh nên số tam giác tạo thành là: ( n + )( n + 5)( n + ) − − ( n − 2)( n − 1) n = 439 C3 + − C3 − C3 = n n 6 ⇔ (n + 4)(n + 5)(n + 6) – (n – 2)(n – 1)n = 2540 ⇔ n2 + 4n – 140 = ⇔ n = −2 − 144 Đáp số: n = 10 Câu Vb: ( loại n ≥ ) v n = −2 + 144 = 10 Giải phương trình: log4 (x − 1) + log2x +1 = + log2 x + 2 (1) Điều kiện x >1 (1) ⇔ log ( x − 1) + log ( 2x + 1) − log ( x + ) =  ( x − 1) ( 2x + 1)  ⇔ log4   = x > x+2   ⇔ 2x − x − = x > x+2 ⇔ 2x2 – 3x – = x > 1⇔ x = 2 Gọi M trung điểm BC SM ⊥ BC, S ∧ AM ⊥ BC ⇒ SMA = ( SBC, ABC) = 60 o Suy ∆SMA có cạnh N a 2 A Do SSMA = SM.AM sin 60 o = C 60° M 3a2 3a2 = 16 B 1 3a2 a3 Ta có VSABC = 2VSBAM = .BM.SSAM = a = 16 16 Gọi N trung điểm đoạn SA Ta có CN ⊥ SA ⇒ CN = a 13 (vì ∆SCN vng N) 1 a a 13 a2 39 ⇒ SSCA = AS.CN = = 2 16 Ta có VSABC = a3 1 a2 39 = SSCA d ( B, SAC) = d ( B, SAC ) 16 3 16 ⇒ d ( B,SAC ) = a 3 3a = a 39 13 @ - + Tương tự AK vng góc SC (2) (1) (2) ⇒ SC vng góc với (AHK ) SB2 = AB2 + SA = 3a2 ⇒ SB = a a 6⇒ 2a ⇒ 2a AH.SB = SA.AB ⇒ AH= SH= SK= 3 (do tam giác SAB SAD vuông A) HK SH 2a = ⇒ HK = BD SB Gọi AM đường cao tam giác cân AHK ta có 2a 4a2 2 ⇒ AM= AM = AH − HM = Ta có HK song song với BD nên 1a 2a3 VOAHK = OA.SAHK = HK.AM = 3 2 27 Cách khác: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz cho A= O (0;0;0), B(a;0;0), C( a;a;0), D(0;a;0), S (0;0; a ) @ HÀ VĂN CHƯƠNG - PHẠM HỒNG DANH (Trung tâm Bồi dưỡng văn hóa Luyện thi đại học Vĩnh Viễn) Đề thi Dự trữ khối B-năm 2007 Đề II Câu I: Cho hàm số y = −x + + m 2−x (Cm) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số với m = Tìm m để đồ thị (Cm) có cực đại điểm A cho tiếp tuyến với (Cm) A cắt trục oy B mà ∆OBA vuông cân Câu II: Giải phương trình: sin 2x cos 2x + = tgx − cot gx cos x sin x Tìm m để phương trình : x −13x + m + x −1 = có nghiệm Câu III: Trong không gian Oxyz cho điểm A(2,0,0); M(0,–3,6) Chứng minh mặt phẳng (P): x + 2y – = tiếp xúc với mặt cầu tâm M, bán kính MO Tìm tọa độ tiếp điểm Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa A, M cắt trục Oy, Oz điểm tương ứng B, C cho VOABC = Câu IV: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tính diện tích hình phẳng giới hạn đường y = x y = − x2 2xy  x+ = x2 + y  x − 2x +  Giải hệ phương trình:   y + 2xy = y2 + x  y − 2y +  Câu Va (cho chương trình THPT khơng phân ban): Tìm hệ số x8 khai triển (x2 + 2)n, biết: A3 − 8C2 + C1 = 49 n n n 2 Cho đường tròn (C): x + y – 2x + 4y + = Viết phương trình đường trịn (C') tâm M(5, 1) biết (C') cắt (C) điểm A, B cho AB = Câu Vb (cho chương trình THPT phân ban): Giải phương trình: ( − log3 x ) log9 x − − log x = Trong mặt phẳng (P) cho nửa đường trịn đường kính AB = 2R điểm C thuộc nửa đường trịn ∧ cho AC = R Trên đường thẳng vng góc với (P) A lấy điểm S cho ( SAB, SBC) = 60o Gọi H, K hình chiếu A SB, SC Chứng minh ∆AHK vng tính VSABC? Bài giải Câu I: Khảo sát vẽ đồ thị hàm số y = −x + + Ta có: y' = −1 + 2−x (Bạn đọc tự làm) m − x + 4x + m − = ( − x) ( − x) y' = ⇔ –x2 + 4x + m – = ⇔ (2 – x)2 = m (x ≠ 2) (∗) Để đồ thị (Cm) có cực đại ⇔ phương trình (∗) có nghiệm phân biệt ≠ ⇔ m > Khi y' = ⇔ x1 = − m , x = + m , ta có: x –∞ x1 x2 +∞ y' – + + – +∞ +∞ CĐ y CT –∞ –∞ ⇒ Điểm cực đại A(2 + m , –1 – m ) Phương trình tiếp tuyến với (Cm) điểm CĐ A có phương trình: OB = − −2 m = +2 m AB = X2 = + m (vì B ∈ Oy ⇒ xB = 0) ∆AOB vuông cân ⇔ OB = BA ⇔ + m = + m ⇔m=1 Cách khác: x − 3x + + m ax + bx + c có dạng y = với a.A < y= 2−x Ax + B Do đó, hàm có cực trị xCT < xCĐ 2x − ⇒ xCĐ = x = + m yCĐ = = –1 – m −1 Câu II: Giải phương trình: sin 2x cos 2x + = tgx − cot gx cos x sin x (1) y = − −2 m , (1) ⇔ cos 2x cos x + sin 2x sin x sin x cos x = − sin x cos x cos x sin x ⇔ cos( 2x − x ) sin x − cos2 x = sin x cos x sin x cos x ⇔ cos x = − cos 2x ∧ s in2x ≠ ⇔ cos2 x + cos x − = ∧ s in2x ≠ ⇔ cos x = ⇔x=± ( cos x = −1 :loại sin x ≠ 0) π + k 2π Phương trình: x − 13x + m + x − = (1) (1) ⇔ x − 13x + m = − x  x≤  x≤ ⇔  4⇔   x − 13x + m = (1− x)  4x − 6x − 9x − −= m ycbt ⇔ đường thẳng y = –m cắt phần đồ thị f(x) = 4x3 – 6x2 – 9x – với x ≤ điểm f(x) = 4x3 – 6x2 – 9x – TXĐ: x ≤ f'(x) = 12x2 – 12x – = 3(4x2 – 4x – 3) f'(x) = ⇔ 4x2 – 4x – = ⇔ x = − ∨ x = x –∞ f' f –1 + /2 –3 – – /2 +∞ + CĐ –∞ +∞ –12 CT Từ bảng biến thiên ta có: 3 ycbt ⇔ −m = hay − m < −12 ⇔ m = − hay m > 12 2 Câu III: Theo giả thiết A(2,0,0) M(0,–3,6) O(0,0,0) Bán kính mặt cầu R = MO = ( − 3) + 62 = Khoảng cách từ tâm M mặt cầu đến mặt phẳng (P): x + 2y – = d= −6 −9 = 15 =3 =R Vậy (P) tiếp xúc với mặt cầu tâm M bán kính MO Phương trình đường thẳng d qua M vng góc với mặt phẳng (P) là: x y +   = x = t ⇔ y = −3 + 2t (t ∈ R) 1 z = z =   Thế vào phương trình (P) ta có: t + 2(2t – 3) – = ⇒ t = Vậy tọa độ tiếp điểm I mặt cầu với mặt phẳng (P) t(3,3,6) Gọi b tung độ B, c cao độ điểm C x y z + + =1 b c Ta có M(0,–3,6) ∈ mặt phẳng (yOz) nên: − + = ⇔ b − 3c = bc (1) b c bc =3 Ta lại có VOABC = OA.SOBC = bc = 3 Vì A(2,0,0) ∈ Ox nên phương trình (Q): ⇒ bc = (2) { { bc = bc = −9 Từ (1) (2) ta có 6b − 3c = hay 6b − 3c = −9   ⇔ b = c = hay  b = −  c = −6  Vậy có mặt phẳng (Q) có phương trình là: x y z + + =1 3 x 2y z − − =1 Câu IV:  y≥ Ta có: y = − x ⇔  x2 + y =  Là nửa đường tròn tâm O, bán kính R = , có y ≥ Phương trình hồnh độ giao điểm đường y = x2 và x ∈ [ −1;1] y = − x2 2 − x2 ≥ x Do ta có ∫( ) S= − x − x dx = −1 ∫ −1 I1 = ∫ − x dx Đặt: x = −1 ⇒ dx = π I1 = ∫ − ∫ − x dx − x dx −1   π π x = −1 ⇒ t = − ;x = ⇒ t = 4 costdt − sin t cos tdt = π π ∫ − π  π π  ,    2  sint  t ∈ −  cos t cos tdt π π π  4 π 1 I1 = cos tdt = (1 + cos 2t ) dt = t + sin t  = 2 +  π  − 4 2 π π ∫ − ∫ (Nhận xét : I1 = − π 4 π ∫ ( + cos 2t ) dt = ∫ ( + cos 2t ) dt − π Vì f(t) = + cos 2t hàm chẵn) : x = − x ⇔ x = ±1 ; x 1 I = ∫ x dx = ∫ x dx = −1 1 2 π 4 Vậy S = 2 +  − (Nhận xét : S = ∫( 2 π π = +1− = + (đvdt ) 3 ) − x − x dx = ∫ −1 Vì g(x) = ( ) − x − x dx − x − x hàm chẵn) 2xy  x+ = x2 + y (1)  x − 2x +  Hệ phương trình  2xy y + = y2 + x (2)  y − 2y +  Từ hệ suy ra:   1  ÷ = x + y = VP VT = 2xy +  x −1 + y −1 + ÷ ) ( )  (  2 Dễ thấy |VT| ≤ 2|xy| ≤ x + y = VP (3 ( x − 1) +8 + ( y − 1) + ≤ dấu = xảy ) Ta có VT = VP ⇔ x = y = hay x = y = Thử lại, kết luận hệ phương trình có nghiệm x = y = hay x = y = Câu Va: Điều kiện n ≥ n k k n −k Ta có: (x + ) = ∑Cn x n k =0 Hệ số số hạng chứa x8 C4 n −4 n Ta có: A n − 8Cn + Cn = 49 ⇔ (n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49 ⇔ n3 – 7n2 + 7n – 49 = ⇔ (n – 7)(n2 + 7) = ⇔ n = Nên hệ số x8 C4 23 = 280 Phương trình đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + = có tâm I(1, –2) R = Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) A, B nên AB ⊥ IM trung điểm H đoạn AB Ta có AH = BH = AB = 2 Có vị trí cho AB đối xứng qua tâm I Gọi A'B' vị trí thứ AB Gọi H' trung điểm A'B'  3 Ta có: IH ' = IH = IA − AH = −   ÷ =2 ÷   Ta có: MI = ( − 1) 2 + ( + 2) = MH = MI − HI = − = 2 MH ' = MI + H ' I = + 13 = 2 49 52 + = = 13 4 169 172 R = MA'2 = A' H'2 +MH'2 = + = = 43 4 2 2 Ta có: R1 = MA = AH + MH = Vậy có đường trịn (C') thỏa ycbt là: (x – 5)2 + (y – 1)2 = 13 hay (x – 5)2 + (y – 1)2 = 43 Câu Vb: Phương trình: ( − log3 x ) log9 x − − log x = (1) (1) ⇔ ( − log3 x ) log 9x − − log x = 3 ⇔ − log3 x − =1 + log3 x − log3 x đặt: t = log3x 2−t − = ⇔ t − 3t − = + t 1− t (vì t = -2, t = khơng nghiệm) ⇔ t = −1 hay t = (1) thành Do đó, (1) ⇔ log3 x = −1 hay x = ⇔ x = hay x = 81 * Chứng minh ∆AHK vuông Ta có: AS ⊥ CB AC ⊥ CB (∆ACB nội tiếp nửa đường tròn) ⇒ CB ⊥ (SAC) ⇒ CB ⊥ AK mà AK ⊥ SC ⇒ AK ⊥ (SCB) ⇒ AK ⊥ HK ⇒ ∆AHK vng K * Tính VSABC theo R Kẻ CI ⊥ AB Do giả thiết ta có AC = R = OA = OC ⇒ ∆AOC ⇒ IA = IO = R Ta có SA ⊥ (ABC) nên (SAB) ⊥ (ABC) ⇒ CI ⊥ (SAB) Suy hình chiếu vng góc ∆SCB mặt phẳng (SAB) ∆SIB 4 Vì BI = AB Suy SSIB = SSAB = R.SA (∗) 2 2 Ta có: SSBC = BC.SC = R SA + R Theo định lý diện tích hình chiếu ta có: SSIB = SSBC cos 60o = R SSBC = Từ (∗), (∗∗) ta có: SA = SA + R R Từ VSABC = SA.dt∆ABC = R3 12 (∗∗) @ - HÀ VĂN CHƯƠNG - PHẠM HỒNG DANH (Trung tâm Bồi dưỡng văn hóa Luyện thi đại học Vĩnh Viễn) Đề thi Dự trữ khối D-năm 2007 Đề I Câu I: Cho hàm số y = − x +1 (C) 2x + 1 Khảo sát vẽ đồ thị hàm số Viết phương trình tiếp tuyến với (C), biết tiếp tuyến qua giao điểm đường tiệm cận trục Ox Câu II:   Giải phương trình: 2 sin x − Tìm m để phương trình: π  cos x = 12  x −3 − x − + x − x − + = m Câu III: Cho đường thẳng d: có nghiệm x − y + z +1 = = mặt phẳng −1 (P): x + y + z + = Tìm giao điểm M d (P) Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm (P) cho ∆ ⊥ d khoảng cách từ M đến ∆ 42 Câu IV: 1 Tính I= x( x −1) dx −4 ∫x Cho a, b số dương thỏa mãn ab + a + b = Chứng minh: 3a 3b ab + + ≤ a2 + b + b +1 a +1 a + b Câu Va (cho chương trình THPT khơng phân ban): Chứng minh với n ngun dương ln có nC − ( n − 1) C1 + + ( − 1) n −2 Cn −2 + ( − 1) n −1 Cn −1 = n n n n Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A(2, 1) lấy điểm B thuộc trục Ox có hồnh độ x ≥ điểm C thuộc trục Oy có trung độ y ≥ cho ∆ABC vng A Tìm B, C cho diện tích ∆ABC lớn Câu Vb (cho chương trình THPT phân ban): 1 2 Giải bất phương trình: log 2x − 3x + + log ( x − 1) ≥ 2 2 Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có đáy ABC tam giác vng AB = AC = a , AA1 = a Gọi M, N trung điểm đoạn AA1 BC1 Chứng minh MN đường vng góc chung đường thẳng AA1 BC1 Tính VMA 1BC1 Bài giải Câu I: Khảo sát (Bạn đọc tự làm)     1  Phương trình tiếp tuyến (∆) qua A có dạng y = k x +  2  Giao điểm tiệm cận đứng với trục Ox A − ,0   −x + 1   2x + = k  x + ÷    / (∆) tiếp xúc với (C) ⇔   −x +   = k có nghiệm  2x + ÷   − x+   2x + = k x +   ⇔   −3 =k  ( 2x + 1)  1  (1) 2 (2) Thế (2) vào (1) ta có pt hồnh độ tiếp điểm 1  3 x + ÷ −x + 2 =−  2x + ( 2x + 1) 1 ⇔ (x − 1)(2x + 1) = 3(x + ) x ≠ − ⇔ x − = 2 ⇔ x = Do k = − 12 1 1 Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y = −  x + ÷ 12  2 Câu II:   Giải phương trình: 2 sin x − π  cos x = (1) 12    π π (1) ⇔ sin 2x −  − sin  = 12  12    π π  ⇔ sin  2x − ÷− sin = 12  12  π π π π π  ⇔ sin 2x −  = sin + sin = sin cos 12  12 12  π π 5π  ⇔ sin 2x −  = cos = sin 12  12 12  π 5π π 7π = + k2π hay 2x − = + k2π ( k ∈ Z ) 12 12 12 12 π π ⇔ x = + kπ hay x = + kπ ( k ∈ Z ) P/trình cho ⇔ ( x −4 ) −2 x −4 +1 + ( x −4 ) −6 x −4 +9 = m (1) ⇔ 2x − ⇔ ( ) x − −1 + ( x − −3 ) =m ⇔ x −4 − + x −4 −3 =m (1) t = x −4 ≥ (1) ⇔t −1 + t −3 =m (∗) Phương trình cho có nghiệm ⇔ phương trình (∗) có nghiệm t ≥ Vẽ đồ thị hàm số f ( t ) = t −1 + t −3 , t ≥0  − 2t neáu ≤ t ≤  Ta có f ( t ) =  neáu ≤ t ≤  2t − neáu t ≥  y 2 x Từ đồ thị ta có ycbt ⇔ < m ≤ Cách khác t ≥ ⇔ ≤ t < hay ≤ t ≤ hay t > m = − 2t m=2 m = 2t − ⇔t −1 + t −3 = m { { {   0 ≤ t < t >   ⇔ 2 < m ≤ hay ≤ t ≤ hay m > m=2 t = − m t = + m     Do đó, ycbt ⇔ < m ≤ { ( < m ≤ (∗) có nghiệm t1, t2 thỏa ≤ t1 < t2 > ) Câu III: đặt: Tìm giao điểm M đường thẳng d mặt phẳng (P)  x = + 2t  Phương trình số d:  y = − + t z = − 1− t  có VTCP a =(2,1,− ) Thế vào phương trình (P): (3 + 2t) + (–2 + t) + (–1 – t) + = ⇒ t = –1⇒ M ( ;- ; 0) Mặt phẳng (Q) chứa d vng góc (P) có PVT n Q = a, n P = ( 2,−3,1) Suy phương trình mặt phẳng (Q) chứa d vng góc (P) là: 2(x – 1) – 3(y + 3) + 1(z – 0) = ⇔ 2x – 3y + z – 11 = (Q) Phương trình đường thẳng (d') hình chiếu d lên mặt phẳng P là: r x+y+z+2 = d': 2x − 3y + z − 11 = có VTCP ad ' = ( 4;1; −5) Q [ ] {  x = + 4t  ⇒ Phương trình tham số d':  y = −3 + t z = −5t  Trên d' tìm điểm N cho MN = 42 Vì N ∈ d' ⇒ N(4t +1, –3 + t, – 5t) MN = ( 4t ) d M N d' P ∆ + t + ( −5t ) = 42t = 42 ⇒ t = ⇔ t = ±1 t = ⇒ N1(5, –2, –5) r r r Đường thẳng ∆1 qua N1 nằm (P), vng góc d' có VTCP a ∆1 =  n P , a d '    = ( −6;9; −3) = −3 ( 2, −3,1) x −5 y+ z +5 = = −3 t = –1 ⇒ N2(–3, –4, 5) Vậy phương trình ∆1: ( ) Đường thẳng ∆2 qua N2 nằm (P), vng góc d' có VTCP a∆ = n P , ad ' = −3 ( 2, −3,1) Vậy phương trình ∆2: x +3 y+ z −5 = = −3 Câu IV: 1 Tính I= ∫ x( x −1) dx = x2 − x2 − x dx −4 ∫x 1 x  d ( x − 4) dx  = ∫ 1 − + dx = − ∫ + 4∫ ÷ x −4 x −4 x −4 x − 22 0 1 x−2  = − ln x −  + ln  = + ln − ln 0 x +2 0 Từ giả thiết a, b > ab + a + b = Suy ra: ab = − (a + b) , (a+1)(b+1) = ab +a +b + = bđt cho tương đương với 3a(a + 1) + 3b(b + 1) a + b2 + ≥ + −1 (a + 1)(b + 1) a+b ( ) 3 3 ≥ a + b2 + ( a + b ) + −1 4 a+ b 12 ⇔ a2 + b2 + ≥ a2 + b2 + 3( a + b ) + −4 a+b ⇔ a2 + b + ( ) ( ) 12 + 10 ≥ (A) a+b Đặt x = a+b > ⇒ x = (a + b) ≥ 4ab = 4(3 − x) ⇔ a + b2 − ( a + b ) − ⇒ x + 4x − 12 ≥ ⇒ x ≤ −6 hay x ≥ ⇒ x ≥ ( x > 0) 2 2 x = a + b + 2ab ⇒ a + b = x − 2(3 − x) = x + 2x − Thế x , (A) thành 12 x − x − + ≥ , với x≥ x ⇔ x − x + 4x − 12 ≥ , với x≥ ⇔ ( x − ) ( x + x + ) ≥ , với x≥ (hiển nhiên đúng) Vậy bđt cho chứng minh Câu Va: Với n ∈ N ta có ( x − 1) n = C0 x n − C1 x n −1 + + ( − 1) n −1 Cn −1x + ( − 1) n Cn n n n n Lấy đạo hàm hai vế ta có n( x − 1) n −1 = nC x n −1 − ( n − 1) C1 x n −2 + + ( − 1) n n n −1 Cn −1 n Cho x = ta có = nC − ( n − 1) C1 + + ( − 1) n −1 Cn −1 n n n Ta có A(2, 1); B(b, 0); C(0,c) với b, c ≥ Ta có ∆ABC vng A ⇔AB.AC = Ta có AB = ( b −2,−1) ; AC = ( −2, c −1) Do ∆ABC vuông A ⇒AB.AC = −2( b −2 ) −( c −1) = ⇔ c − = −2( b − ) ⇒ c = −2 b + ≥ ⇒ ≤ b ≤ Ta lại có SABC = AB.AC = SABC = ≤ b ≤ ( b − 2) + 1 ( b − 1) + + ( c − 1) + 4( b − ) = ( b − ) + nên SABC = (b – 2)2 + lớn ⇔ b = Khi c = Vậy, ycbt ⇔ B(0, 0) C(0, 5) Câu Vb: 1 2 Giải phương trình: log 2x − 3x + + log ( x − 1) ≥ (1) 2 2 (1) ⇔ − log2 (2x − 3x + 1) + log2 ( x − 1) ≥ 1 2 1 ⇔ − log2 2x − 3x + + log2 ( x − 1) ≥ 2 ( ) ( x − 1) (x − 1) ⇔ log ≥1⇔ ≥2 1 (x − 1)(2x − 1)  ( x − 1)  x − ÷ 2  (x − 1) −3x + 1 ⇔ ≥2⇔ ≥0⇔ ≤x< (2x − 1) 2x − 2 Chọn hệ trục Oxyz cho A(0,0,0); C(-a,0,0); B(0,a,0), A1(0,0, a )   a a a 2 a 2 Suy M  0, 0, ÷ C1(-a,0, a ) N  − , ,   2 ÷ ÷ ÷     u ur uu u ur  a a  uu BC1 = −a, −a, a ; MN =  − , , ÷; AA1 = 0,0, a  2  ( ) ( ) Ta có: MN.BC1 = MN.AA1 = Vậy MN đường vng góc chung hai đường thẳng AA1 BC1 u uu uu r ur uu     uu  u ur 2 Ta có MA1 = a  0, 0, ÷ MB = a  0,1, − ÷ MC1 = a  −1, 0, ÷    ÷ ÷ ÷       u uu u u uu ur r   Ta có  MA1 , MB = a     , 0, ÷ ÷   [ ] ⇒ MA1 , MB MC1 = VMA 1BC1 = [ a3 2 ] a3 (đvtt) MA1 , MB MC1 = 12 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 Viết phương trình tiếp tuyến d (C) cho d hai tiệm cận (C) cắt tạo thành tam giác cân Câu II: Giải phương trình: (1 – tgx)(1 + sin2x) = + tgx  2x − y − m = Tìm m để hệ phương trình :  có nghiệm  x + xy = Câu III: Cho mặt phẳng (P): x – 2y + 2z – = đường thẳng d1 : d2 : x −5 y z +5 = = −5 x −1 y − z = = −3 Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa d1 (Q) ⊥ (P) Tìm điểm M ∈ d1, N ∈ d2 cho MN // (P) cách (P) khoảng Câu IV: π Tính I = x cos xdx ∫ Giải phương trình: log2 x −1 = + x − 2x x Câu Va (cho chương trình THPT khơng phân ban): Từ chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, lập số tự nhiên chẵn mà số gồm chữ số khác Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A(0, 1) B(2, –1) đường thẳng: d1: (m – 1)x + (m – 2)y +2–m=0 d2: (2 – m)x + (m – 1)y + 3m – = Chứng minh d1 d2 ln cắt Gọi P = d1 ∩ d2 Tìm m cho PA + PB lớn Câu Vb (cho chương trình THPT phân ban): Giải phương trình: 23x +1 − 7.2 x + 7.2 x − = 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: Khảo sát hàm số (Bạn đọc tự giải) −1 < 0, ∀x ≠ Ta có y ' = ( x − 1) 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 = −1 ⇔ ( x − 1) = ⇒ x1 = 0, x = ( x − 1) Tại x1 = ⇒ y1 = ⇒ phương trình tiếp tuyến y = –x Tại x2 = ⇒ y2 = ⇒ phương trình tiếp tuyến y = –x + Câu II: Giải phương trình: (1 – tgx)(1 + sin2x) = + tgx (1) 2t Đặt: t = tgx ⇒ sin 2x = Pt (1) thành + t2 2t ( − t ) 1 +  = + t ⇔ ( − t ) ( t + 1) = (t + 1)(1 + t )  ÷  1+ t  ⇔ t + = hay ( − t ) ( t + 1) = (1 + t ) ⇔ t = −1 hay t = Do (1) ⇔ tgx = hay tgx = –1 ⇔ x = kπ hay x = − π + kπ, 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 = − π + kπ hay x = kπ, k∈ ¢ Tìm m để hệ sau có nghiệm (I)  2x − y − m =  2x − y − m =  ⇔  x + xy =  xy = 1− x  xy ≥ Với điều kiện:  ta có x≤  y = 2x − m  y = 2x − m  (1− x) (I) ⇔  xy = − x ⇔  ( )  y =  x ( 1− x ) ⇒ ( x ≤ 1) = 2x − m ⇔ x + ( − m ) x − = (∗) x ( hiển nhiên x = không nghiệm (∗) ) Đặt f (x) = x + ( − m ) x − , ( a = ) ycbt ⇔ tìm m để phương trình (∗) có nghiệm thỏa x ≤ f (1) =  ∆ = 0(vn, ac < )   ⇔ af(1) < hay  c = −1 > 1(VN) hay − b ≤ a  2a   ⇔ 2−m < ⇔ m > Câu III: d1 qua A(1, 3, 0), VTCP a =(2,− ,2 ) Mặt phẳng (P) có PVT n P = (1,−2,2 ) M/phẳng (Q) chứa d1 ⊥ (P) nên (Q) có PVT n Q = [a, n P ] = ( − 2,−2,−1) Vậy (Q) qua A có PVT n Q = ( −2,−2,−1) nên phương trình (Q): –2(x – 1) – 2(y – 3) – 1(z – 0) = ⇔ 2x + 2y + z – =  x = + 2t  P/trình tham số d1:  y = − 3t  z = 2t  M ∈ d1 ⇒ M ( + 2t,3 − 3t, 2t )  x = + 6t '  P/trình tham số d2:  y = 4t '  z = −5 − 5t '  M ∈ d ⇒ N ( + 6t ', 4t ', −5 − 5t ' ) Vậy MN =(6t '− t +4,4t '+ t −3,− t '− t −5) Mặt phẳng (P) có PVT n P = (1,−2,2 ) Vì MN // (P) ⇔ MN.n P = ⇔ 1( 6t '− 2t + ) − ( 4t '+ 3t − ) + ( −5t '− 2t − ) = ⇔ t = − t ' Ta lại có khoảng cách từ MN đến (P) d(M, P) MN // (P) + 2t − 2( − 3t ) + 2( 2t ) − 1+ + =2 ⇔ −6 + 12t = ⇔ −6 + 12t = hay − + 12t = −6 ⇔ 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: π Tính I = x cos xdx ∫ Đặt: u = x2 ⇒ du = 2xdx ; dv = cosxdx , chọn v = sinx Vậy I = π ∫ π 2 x cos xdx = x sin x π − ∫ x sin xdx π Ta có x sin x = π I1 = π ∫ x sin xdx ; Đặt u = x ⇒ du = dx dv = sinxdx, chọn v = − cosx I1 = π ∫ π x sin xdx = − x cos x π + ∫ cos xdx π = −x cos x + sin x = [ ]0 Vậy : I = π 2 ∫ x cos xdx = π2 −2 2x − = + x − x (*) Giải phương trình log2 x 2 x − > 2 x > =   ⇔ ⇔x>0 Điều kiện  x ≠ x ≠   (*) ⇔ log2 2x − = − 2x + x x > x ⇔ log2 (2x − 1) − log2 x = − 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 > x = log2 e > g'(x) = 2xln2 − , g'(x) = ⇔ = ln ⇔ x = log2 (log2 e) > Ta có g//(x) > với x nên g'(x) hàm tăng R ... 3a(a + 1) + 3b(b + 1) a + b2 + ≥ + −1 (a + 1)(b + 1) a+b ( ) 3 3 ≥ a + b2 + ( a + b ) + −1 4 a+ b 12 ⇔ a2 + b2 + ≥ a2 + b2 + 3( a + b ) + −4 a+b ⇔ a2 + b + ( ) ( ) 12 + 10 ≥ (A) a+b Đặt x = a+b... t t +1 ÷ + 2x +   2x + ∫ ∫ ∫ 1  t2  =  − t + ln t +  = + ln 2 1   Giải hệ phương trình  x + x − 2x + = 3y−1 +  (I)  x −1  y + y − 2y + = +  Đặt u = x − 1, v = y −  u + u2 + = 3v... ab + a + b = Chứng minh: 3a 3b ab + + ≤ a2 + b + b +1 a +1 a + b Câu Va (cho chương trình THPT khơng phân ban): Chứng minh với n ngun dương ln có nC − ( n − 1) C1 + + ( − 1) n −2 Cn −2 + (