De du tru 1 Khoi A 2007 co dap an

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

<b>Đề thi Dự trữ khối A-năm 2007</b>

<b>Đề I</b>

<b>Câu I: Cho hàm số </b>

2

x 4x 3

y

x 2

  



1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số.

2. Chứng minh rằng tích các khoảng cách từ một điểm bất kỳ trên đồ thị
hàm số đến các đường tiệm cận của nó là hằng số.

<b>Câu II: </b>

1. Giải phương trình:

1 1

sin 2x sin x 2cot g2x

2sin x sin 2x

   

2. Tìm m để phương trình:





2

m x  2x 2 1  x(2 x) 0 (2) 

có

nghiệm x 0,1 3

<b>Câu III: Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (-1;3;-2), B (-3,7,-18) và </b>
mặt phẳng (P): 2x - y + z + 1 = 0

1. Viết phương trình mặt phẳng chứa AB và vng góc với mp (P).
2. Tìm tọa độ điểm M  (P) sao cho MA + MB nhỏ nhất.

<b>Câu IV: </b>

1. Tính
4
0

2x 1

I dx

1 2x 1




 



2. Giải hệ phương trình:

¿

<i>x</i>+

√

<i>x</i>2<i>−</i>2<i>x</i>+2=3<i>y−1</i>+1

<i>y</i>+

√

<i>y</i>2<i>−</i>2<i>y</i>+2=3<i>x −1</i>+1
(<i>x , y∈R</i>)

¿{
¿

<b>Câu Va</b> <i>(cho chương trình THPT khơng phân ban):</i>

1. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C) : x2_{+ y}2_{= 1. Đường tròn (C')}

tâm I (2,2) cắt (C) tại các điểm A, B sao cho AB 2_{. Viết phương trình}

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

2. Có bao nhiêu số tự nhiên chẵn lớn hơn 2007 mà mỗi số gồm 4 chữ số
khác nhau?

<b>Câu Vb</b> <i>(cho chương trình THPT phân ban):</i>

1. Giải bất phương trình: (log 8 log x )logx  4 2 2 2x 0

2. Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1 2a 5 và

BAC❑ =120<i>o</i> . Gọi M là trung điểm của cạnh CC1. Chứng minh

MBMA1 và tính khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A1BM).

<b>Bài giải</b>

<b>Câu I:</b>

1. Khảo sát và vẽ đồ thị <i>(Bạn đọc tự làm)</i>

2. Gọi (C ) là đồ thị của hàm số.
M(x,y)  ( C ) 

7

y x 2

x 2
  



Phương trình tiệm cận xiên yx 2  x y 2 0  

khoảng cách từ M đến tiệm cận xiên là

1

x y 2 7

d

2 2 x 2

 

 



khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng là d2 x 2

Ta có

1 2 7 7

d d x 2

2 x 2 2

  



: hằng số.
<b>Câu II:</b>

1. Giải phương trình :

1 1

sin 2x sin x 2cot g2x

2sin x sin 2x

   

(1)
(1)   cos2_{2x  cosxcos2x = 2cos2x và sin2x  0}

 cos2x 0v2cos x cosx 1 0(VN) 2   
 cos2x = 0 

  

     

2x k x k

2 4 2

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

Bpt (2) 



    



2

t 2

m (1 t 2),do x [0;1 3]
t 1

Khảo sát

2

t 2
g(t)

t 1




 v_ới_{1  t  2}

g'(t)

2
2

t _{2t 2 0}

(t 1)

 

 

 _{. Vậy g tăng trên [1,2]}

Do đó, ycbt  _bpt

2

t 2
m

t 1




 _{có nghiệm t  [1,2]}

 





  

t 1;2

2
m maxg(t) g(2)

3

<b>Câu III:</b>

1. Ta có AB ( 2,4, 16)  



cùng phương với   



a ( 1,2, 8)

mp(P) có PVT n (2, 1,1) 



Ta có
 

[ n ,a]_{= (6 ;15 ;3) cùng phương với (2;5;1)}

Phương trình mp chứa AB và vng góc với (P) là :
2(x + 1) + 5(y  3) + 1(z + 2) = 0

 2x + 5y + z  11 = 0

2. Tìm M  (P) sao cho MA + MB nhỏ nhất.

Vì khoảng cách đại số của A và B cùng dấu nên A, B ở cùng phía với
Mp (P). Gọi A' là điểm đối xứng với A qua (P)

Pt AA' :

x 1 y 3 z 2

2 1 1

  

 



AA' cắt (P) tại H, tọa độ H là nghiệm của

   




 

   

 






2x y z 1 0

H(1,2, 1)
x 1 y 3 z 2

2 1 1

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

H A A '

H A A '

H A A '

2x x x

2y y y A'(3,1,0)
2z z z

 




  



 _ _



Ta có A'B ( 6,6, 18)  



(cùng phương với (1;-1;3) )
Pt đường thẳng A'B :

 

 



x 3 y 1 z

1 1 3

Vậy tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình
   




 

 



 






2x y z 1 0

M(2,2, 3)
x 3 y 1 z

1 1 3

<b>Câu IV:</b>

1. Đặt t 2x 1  t22x 1  2tdt 2dx  dx tdt

Đổi cận t(4) = 3, t(0) = 1

Vậy

4 3 ₂ 3

0 1 1

2x 1 t 1

I dx dt t 1 dt

1 t t 1

1 2x 1

  

   _   _

 

   







=

3
2

1

t _{t ln t 1} _{2 ln2}
2

 

    

 

 

 

2. Giải hệ phương trình




     




     



2 y 1

2 x 1

x x 2x 2 3 1
(I)

y y 2y 2 3 1

Đặt u = x  1, v = y  1

(I) thành

   




   



2 v

2 u

u u 1 3
(II)

v v 1 3

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

f ´(x)


 

    

  

2

2 2 2

x x

x x 1 x

1 0

x 1 x 1 x 1

Vậy f đồng biến nghiêm cách trên R.

Nếu u > v  _{f(u) > f(v)} 3v 3u _{v > u ( vô lý )}

Tương tự nếu v > u cũng dẫn đến vô lý

Do đó hệ (II)

 

       

 _  _

 

 

 

2 u u 2

u u 1 3 1 3 ( u 1 u) (1)

u v u v

Đặt: g(u)3 ( uu 2 1 u)

 

       

 



 

u 2 u

2

u

g'(u) 3 ln3( u 1 u) 3 1

u 1

<i>g '</i>(<i>u</i>)=3<i>u</i>

₍

_√

<i>_u</i>2₊₁<i>_−u</i>

₎

(

ln 3<i>−</i> 1

√

<i>u</i>2+1

)

>0,<i>∀u∈R</i>
Vậy g(u) đồng biến nghiêm cách trên R.

Ta có g(0) = 1. Vậy u = 0 là nghiệm duy nhất của (1)
Nên (II)  u = 0 = v

Vậy (I)  x = y = 1.
<b>Câu Va:</b>

1.Đường thẳng OI nối 2 tâm của 2 đường tròn (C), (C') là đường phân giác
y = x . Do đó, đường AB  đường y = x  hệ số góc của đường thẳng AB
bằng  1.

Vì AB  2_{ A, B phải là giao điểm của (C) với Ox, Oy.}

Suy ra

A(0,1);B(1,0)
A '( 1,0);B'(0, 1)




 



Suy ra phương trình AB : y =  x + 1 hoặc y =  x  1.

<i><b>Cách khác</b>:</i> phương trình AB có dạng: y =  x + m.

Pt hoành độ giao điểm của AB là

x2_{+ ( x + m)}2_{= 1} 2x2 2mx m 21 0 ₍₂₎

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

      

2 2 2

1 2 1 2

AB 2 2(x x ) 2 (x x ) 1



      

/

2
2

4 ₁ _{2 m} ₁ _m ₁

a

Vậy phương trình AB : y =  x 1_.

2. Gọi n a a a a 1 2 3 4 là số cần lập.

. TH1 : a4 = 0, ta có 8 cách chọn a1 (vì a1  2)
8 cách chọn a2

7 cách chọn a3
(1 cách chọn a4 )
Vậy ta có 8.8.7.1 = 448 số n.

. TH2 : a4  0 vì a4 chẵn. Ta có : 4 cách chọn a4
7 cách chọn a1
8 cách chọn a2
7 cách chọn a3
Vậy ta có 4.7.8.7 = 1568 số n

Vậy cả 2 trường hợp ta có : 448 + 1568 = 2016 số n.
<b>Câu Vb:</b>

1. Điều kiện x > 0 , x  1
(1)

 

 _  _ 

 8 4  2

1 _{2log x} 1_{log 2x 0}

log x 2





 

 

 _  _  

 

 

2 2

2

1 _{log x log x 1} ₀
1 log x

3

   

  _ _  

 

      

2 2 2

2

2 2

2 2

log x 1 log x 1

(log x 3) 0 0

log x log x
1

log x 1v log x 0 0 x v x 1
2

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

Chọn hệ trục Axyz sao cho: A  0, C 2a,0,0







, A (0,0,2a 5)1

 

 _ _

 

a a 3
A(0;0;0),B ; ;0

2 2

và M( 2a,0,a 5)

 
  _  _ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

 
1
5 3

BM a ; ; 5 , MA a(2;0; 5)
2 2

Ta có:      

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

  ₂

1 1

BM.MA a ( 5 5) 0 BM MA

Ta có thể tích khối tứ diện AA1BM là :


 
 _ _ 
 
 _ _ 
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
 
3
1
2

BMA₁ 1

1 a 15

V A A . AB,AM

6 3

1

S MB,MA 3a 3

2

Suy ra khoảng cách từ A đến mp (BMA1) bằng  

3V a 5

d .

S 3

<i><b>Cách khác</b>: </i>

+ Ta có A M1 2A C1 12C M1 2 9a2

BC2AB2AC2 2AB.AC.cos12007a2

BM2 BC2CM212a2

A B1 2A A1 2AB221a2A M1 2MB2

 MB vng góc với MA1

+ Hình chóp MABA1 và CABA1 có chung đáy là tam giác ABA1 và đường

cao bằng nhau nên thể tích bằng nhau.

 V V _MABA₁ V_CABA₁ 1AA .S_{1 ABC} 1a 153

3 3

 ₁   

MBA₁ 1

3V 6V a 5

d(a,(MBA ))

S MB.MA 3

</div>
<span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8>

<b>---@---PHẠM HỒNG DANH </b>

</div>

<!--links-->