Đề thi môn toán 3( Đh- CĐ)

Đề thi Dự trữ khối B-năm 2007
Đề II
Câu I: Cho hàm số
x2
m
1xy
−
++−=
(Cm)
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m = 1
2. Tìm m để đồ thị (Cm) có cực đại tại điểm A sao cho tiếp tuyến với (Cm)
tại A cắt trục oy tại B mà ∆OBA vuông cân.
Câu II:
1. Giải phương trình:
gxcottgx
xsin
x2cos
xcos
x2sin
−=+
2. Tìm m để phương trình :
01xmx13x
4
4
=−++−
có đúng 1 nghiệm
Câu III: Trong không gian Oxyz cho các điểm A(2,0,0); M(0,–3,6)
1. Chứng minh rằng mặt phẳng (P): x + 2y – 9 = 0 tiếp xúc với mặt cầu tâm
M, bán kính MO. Tìm tọa độ tiếp điểm.
2. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa A, M và cắt các trục Oy, Oz tại các
điểm tương ứng B, C sao cho V

OABC
= 3.
Câu IV:
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các
đường y = x
2
và
2
x2y
−=
.
2. Giải hệ phương trình:







+=
+−
+
+=
+−
+
xy
9y2y
xy2
y
yx

9x2x
xy2
x
2
3
2
2
3
2
Câu Va (cho chương trình THPT không phân ban):
1. Tìm hệ số của x
8
trong khai triển (x
2
+ 2)
n
, biết:
49CC8A
1
n
2
n
3
n
=+−
.
2. Cho đường tròn (C): x
2
+ y
2

– 2x + 4y + 2 = 0. Viết phương trình đường
tròn (C') tâm M(5, 1) biết (C') cắt (C) tại các điểm A, B sao cho
3AB
=
.
Câu Vb (cho chương trình THPT phân ban):
1. Giải phương trình:
( )
1
xlog1
4
3logxlog2
3
x93
=
−
−−
2. Trong mặt phẳng (P) cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R và điểm C
thuộc nửa đường tròn đó sao cho AC = R. Trên đường thẳng vuông góc với
(P) tại A lấy điểm S sao cho
( )
o
60SBC,SAB
=
∧
. Gọi H, K lần lượt là hình
chiếu của A trên SB, SC. Chứng minh ∆AHK vuông và tính V
SABC
?
Bài giải

Câu I:
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
x2
1
1xy
−
++−=
(Bạn đọc tự làm)
2. Ta có:
( ) ( )
2
2
2
x2
4mx4x
x2
m
1'y
−
−++−
=
−
+−=
y' = 0 ⇔ –x
2
+ 4x + m – 4 = 0 ⇔ (2 – x)
2
= m (x ≠ 2) (∗)
Để đồ thị (Cm) có cực đại
⇔ phương trình (∗) có 2 nghiệm phân biệt ≠ 2 ⇔ m > 0

Khi đó y' = 0 ⇔
m2x
1
−=
,
m2x
2
+=
, ta có:
x –∞ x
1
2 x
2
+∞
y' – 0 + + 0 –
y
+
∞

+
∞
CĐ

CT

–
∞

–
∞

⇒ Điểm cực đại A(2 +
m
, –1 – 2
m
)
Phương trình tiếp tuyến với (Cm) tại điểm CĐ A có phương trình:
m21y
−−=
, do đó
m21m21OB
+=−−=
AB = X
2
= 2 +
m
(vì B ∈ Oy ⇒ x
B
= 0)
∆AOB vuông cân ⇔ OB = BA ⇔ 1 + 2
m
= 2 +
m
⇔ m = 1
Cách khác:
2
x 3x 2 m
y
2 x
− + +
=

−
có dạng
2
ax bx c
y
Ax B
+ +
=
+
với a.A < 0
Do đó, khi hàm có cực trị thì x
CT
< x
CĐ
⇒
x
CĐ
=
2
x 2 m= +
và y
CĐ
=
2
2x 3
1
−
−
= –1 – 2
m

Câu II:
1. Giải phương trình:
gxcottgx
xsin
x2cos
xcos
x2sin
−=+
(1)
(1)
xsin
xcos
xcos
xsin
xcosxsin
xsinx2sinxcosx2cos
−=
+
⇔
( )
xcosxsin
xcosxsin
xcosxsin
xx2cos
22
−
=
−
⇔
cos x cos2x s in2x 0⇔ = − ∧ ≠

2
2 cos x cos x 1 0 s in2x 0⇔ + − = ∧ ≠
1
cos x ( cos x 1 :loaïi vì sin x 0)
2
⇔ = = − ≠

π+
π
±=⇔
2k
3
x

2. Phương trình:
01xmx13x
4
4
=−++−
(1)
(1)
x1mx13x
4
4
−=+−⇔
( )




−=−−−
≤
⇔



−=+−
≤
⇔
m1x9x6x4
1x
x1mx13x
1x
23
4
4
ycbt ⇔ đường thẳng y = –m cắt phần đồ thị f(x) = 4x
3
– 6x
2
– 9x – 1 với
x ≤ 1 tại 1 điểm
f(x) = 4x
3
– 6x
2
– 9x – 1
TXĐ: x ≤ 1
f'(x) = 12x
2

– 12x – 9 = 3(4x
2
– 4x – 3)
f'(x) = 0 ⇔ 4x
2
– 4x – 3 = 0 ⇔
2
3
x
2
1
x
=∨−=
x –∞
–1
/
2
1
–3
/
2
+∞
f' + 0 – – 0 +
f
CĐ

+
∞

–

∞
–12
CT

Từ bảng biến thiên ta có:
ycbt
3 3
m hay m 12 m hay m 12
2 2
⇔ − = − < − ⇔ = − >
Câu III:
1. Theo giả thiết A(2,0,0) M(0,–3,6) O(0,0,0)
Bán kính mặt cầu
( )
5363MOR
2
2
=+−==
Khoảng cách từ tâm M của mặt cầu đến mặt phẳng (P): x + 2y – 9 = 0
R53
5
15
5
960
d
===
−−
=
Vậy (P) tiếp xúc với mặt cầu tâm M bán kính MO
Phương trình đường thẳng d qua M và vuông góc với mặt phẳng (P) là:

x y 3
x t
y 3 2t
1 2
z 6
z 6
+
=


 
=
⇔ = − +
 
=
=




(t ∈ R)
Thế vào phương trình (P) ta có: t + 2(2t – 3) – 9 = 0 ⇒ t = 3
Vậy tọa độ tiếp điểm I của mặt cầu với mặt phẳng (P) là t(3,3,6)
2. Gọi b là tung độ của B, c là cao độ của điểm C
Vì A(2,0,0) ∈ Ox nên phương trình (Q):
1
c
z
b
y

2
x
=++
Ta có M(0,–3,6) ∈ mặt phẳng (yOz) nên:
bcc3b61
c
6
b
3
=−⇔=+−
(1)
Ta lại có
3
3
bc
bc
2
1
.
3
2
S.OA
3
1
V
OBCOABC
====
⇒
9bc
=

(2)
Từ (1) và (2) ta có
{ {
bc 9 bc 9
hay
6b 3c 9 6b 3c 9
= = −
− = − = −

3
b
b c 3 hay
2
c 6


= −
⇔ = =

= −


Vậy có 2 mặt phẳng (Q) có phương trình là:
1
3
z
3
y
2
x

=++
hoặc
1
6
z
3
y2
2
x
=−−
Câu IV:
1. Ta có:



=+
≥
⇔−=
2yx
0y
x2y
22
2
Là nửa đường tròn tâm O, bán kính
2R
=
, có y ≥ 0
Phương trình hoành độ giao điểm của 2 đường y = x
2
và

2
x2y
−=
:
2 2
x 2 x x 1= − ⇔ = ±
; x
2
và
[ ]
khi x 1;1∈ −
thì
2
2 x− ≥
x
2
Do đó ta có

( )
∫∫∫
−−−
−−=−−=
1
1
2
1
1
2
1
1

22
dxxdxx2dxxx2S
∫
−
−=
1
1
2
1
dxx2I
Đặt: x =
2
sint














ππ
−∈
2

,
2
t
⇒ dx =
2
costdt
x 1 t ;x 1 t
4 4
π π
= − ⇒ = − = ⇒ =
∫∫
π
π
−
π
π
−
=−=
4
4
4
4
2
1
tdtcos2.tcos2tdtcos2.tsin22I
( )







+
π
=






+=+==
π
π
−
π
π
−
π
π
−
∫∫
2
1
4
2t2sin
2
1
tdtt2cos1tdtcos2I
4

4
4
4
4
4
2
1
(Nhận xét :
( ) ( )
4 4
1
0
4
I 1 cos 2t dt 2 1 cos 2t dt
π π
π
−
= + = +
∫ ∫
Vì f(t) =
1 cos 2t+
là hàm chẵn)

1 1
2 2
2
1 0
2
I x dx 2 x dx
3

−
= = =
∫ ∫