đề thi đại học dự trữ (1) môn toán năm 2007 khối b

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