Đề thi Dự trữ khối B-năm 2007 Đề II m (Cm) 2−x 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 ΔOBA vuông cân. Câu II: sin 2x cos 2 x 1. Giải phương trình: + = tgx − cot gx cos x sin x Câu I: Cho hàm số y = −x + 1 +
2. Tìm m để phương trình : 4 x 4 − 13x + m + x − 1 = 0 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 VOABC = 3. Câu IV: 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x2 và y = 2 − x 2 .
2 xy ⎧ = x2 + y ⎪x + 3 2 x − 2x + 9 ⎪ 2. Giải hệ phương trình: ⎨ 2 xy ⎪y + = y2 + x 2 3 ⎪ y − 2y + 9 ⎩ Câu Va (cho chương trình THPT không phân ban): 1. Tìm hệ số của x8 trong khai triển (x2 + 2)n, biết: A 3n − 8C2n + C1n = 49 . 2. Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 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 AB = 3 . Câu Vb (cho chương trình THPT phân ban): 4 1. Giải phương trình: (2 − log 3 x ) log 9 x 3 − =1 1 − log3 x
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 (SAB, SBC ) = 60 o . Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A trên SB, SC. Chứng minh ΔAHK vuông và tính VSABC?
Bài giải Câu I: 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y = − x + 1 +
1 (Bạn đọc tự làm) 2−x
m − x 2 + 4x + m − 4 2. Ta có: y' = −1 + = (2 − x )2 (2 − x )2 y' = 0 ⇔ –x2 + 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 ⇔ x1 = 2 − m , x 2 = 2 + m , ta có: x –∞ y' y +∞
–
x1 0
2 +
+ +∞
CT
x2 0
+∞ –
CĐ –∞
–∞
⇒ Điểm cực đại A(2 + m , –1 – 2 m ) Phương trình tiếp tuyến với (Cm) tại điểm CĐ A có phương trình: y = −1 − 2 m , do đó OB = − 1 − 2 m = 1 + 2 m AB = X2 = 2 +
m
(vì B ∈ Oy ⇒ xB = 0)
ΔAOB vuông cân ⇔ OB = BA ⇔ 1 + 2 m = 2 +
m ⇔m=1
Cách khác:
x 2 − 3x + 2 + m ax 2 + bx + c có dạng y = với a.A < 0 2−x Ax + B Do đó, khi hàm có cực trị thì xCT < xCĐ 2x 2 − 3 ⇒ xCĐ = x 2 = 2 + m và yCĐ = = –1 – 2 m −1 y=
Câu II:
sin 2x cos 2 x + = tgx − cot gx (1) cos x sin x cos 2x cos x + sin 2x sin x sin x cos x (1) ⇔ = − sin x cos x cos x sin x
1. Giải phương trình:
cos(2x − x ) sin 2 x − cos2 x ⇔ = sin x cos x sin x cos x ⇔ cos x = − cos 2x ∧ s in2x ≠ 0
⇔ 2 cos2 x + cos x − 1 = 0 ∧ s in2x ≠ 0 ⇔ cos x = ⇔x=± 2. Phương trình:
1 ( cos x = −1 :loaïi vì sin x ≠ 0) 2
π + k 2π 3 4
x 4 − 13x + m + x − 1 = 0 (1)
(1) ⇔ 4 x 4 − 13x + m = 1 − x
⎧x ≤ 1 ⎧x ≤ 1 ⇔ ⇔⎨ 4 ⎨ 3 4 2 ⎩4 x − 6 x − 9 x − 1 = − m ⎩x − 13x + m = (1 − x ) ycbt ⇔ đường thẳng y = –m cắt phần đồ thị f(x) = 4x3 – 6x2 – 9x – 1 với x ≤ 1 tại 1 điểm f(x) = 4x3 – 6x2 – 9x – 1 TXĐ: x ≤ 1 f'(x) = 12x2 – 12x – 9 = 3(4x2 – 4x – 3) 1 3 f'(x) = 0 ⇔ 4x2 – 4x – 3 = 0 ⇔ x = − ∨ x = 2 2 –1 –3 x –∞ /2 1 /2 +∞ f' + 0 – – 0 + CĐ +∞ f –∞ CT –12 Từ bảng biến thiên ta có: 3 3 ycbt ⇔ −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 R = MO =
(− 3)2 + 62
=3 5
Khoảng cách từ tâm M của mặt cầu đến mặt phẳng (P): x + 2y – 9 = 0 0 − 6 − 9 15 d= = =3 5 =R 5 5 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 = ⇔ ⎨1 ⎨y = −3 + 2 t (t ∈ R) 2 ⎪⎩z = 6 ⎩⎪z = 6 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 x y z Vì A(2,0,0) ∈ Ox nên phương trình (Q): + + = 1 2 b c 3 6 Ta có M(0,–3,6) ∈ mặt phẳng (yOz) nên: − + = 1 ⇔ 6 b − 3c = bc (1) b c bc 1 2 1 Ta lại có VOABC = OA.SOBC = . bc = =3 3 3 2 3 ⇒ bc = 9 (2)
{
{
hay bc = −9 Từ (1) và (2) ta có bc = 9 6b − 3c = 9 6b − 3c = −9 3 ⎧⎪ ⇔ b = c = 3 hay ⎨ b = − 2 ⎪⎩ c = −6
Vậy có 2 mặt phẳng (Q) có phương trình là: hoặc
x y z + + =1 2 3 3
x 2y z − − =1 2 3 6
Câu IV:
⎧y ≥ 0 1. Ta có: y = 2 − x 2 ⇔ ⎨ 2 2 ⎩x + y = 2 Là nửa đường tròn tâm O, bán kính R = 2 , có y ≥ 0 Phương trình hoành độ giao điểm của 2 đường y = x2 và y = 2 − x 2 :
x 2 = 2 − x 2 ⇔ x = ±1 ; x2 và khi x ∈ [ −1;1] thì
2 − x 2 ≥ x2
Do đó ta có
∫( 2 − x 1
S=
) ∫ 1
2
2
− x dx =
−1
1
2 − x dx − x 2 dx
−1
1
∫
I1 =
2 − x 2 dx
Đặt: x =
−1
⇒ dx = π 4
∫
I1 =
∫
2
−1
⎛ ⎡ π π⎤⎞ 2 sint ⎜⎜ t ∈ ⎢− , ⎥ ⎟⎟ ⎝ ⎣ 2 2⎦⎠
π π 2 costdt x = −1 ⇒ t = − ; x = 1 ⇒ t = 4 4 2 − 2 sin 2 t . 2 cos tdt =
π − 4
π 4
∫
2 cos t. 2 cos tdt
π − 4
π 4
π 4
π
⎛π 1⎞ ⎤4 ⎡ 1 I1 = 2 cos2 tdt = (1 + cos 2 t )dt = ⎢t + sin 2t ⎥ = 2⎜ + ⎟ ⎝4 2⎠ ⎦− π ⎣ 2 π π
∫
∫
−
−
4
(Nhận xét : I1 =
4
4
π 4
π 4
∫ (1 + cos 2t ) dt = 2 ∫ (1 + cos 2t ) dt −
π 4
0
Vì f(t) = 1 + cos 2 t là hàm chẵn) 1
1
−1
0
I 2 = ∫ x 2 dx = 2 ∫ x 2 dx =
2 3
2 π 1 ⎛π 1⎞ 2 π Vậy S = 2⎜ + ⎟ − = + 1 − = + (đvdt ) 3 2 3 ⎝4 2⎠ 3 2 (Nhận xét : S =
∫( 1
−1
)
1
2 − x − x dx = 2 ∫ 2
2
0
(
)
2 − x 2 − x 2 dx
2 − x 2 − x 2 là hàm chẵn) 2xy ⎧ = x 2 + y (1) ⎪x + 3 2 x − 2x + 9 ⎪ 2. Hệ phương trình ⎨ 2xy ⎪y + = y 2 + x (2) 2 3 ⎪ y − 2y + 9 ⎩ Từ hệ suy ra: Vì g(x) =
⎛ ⎞ 1 1 ⎜ ⎟ = x 2 + y 2 = VP + VT = 2xy ⎜ 3 x −1 2 + 8 3 y −1 2 + 8 ⎟ ) ( ) ⎝ ( ⎠ 2 2 Dễ thấy |VT| ≤ 2|xy| ≤ x + y = VP 1 1 ( + ≤ 1 và dấu = xảy ) 3 (x − 1)2 + 8 3 (y − 1)2 + 8
Ta có VT = VP ⇔ x = y = 1 hay x = y = 0 Thử lại, kết luận hệ phương trình có 2 nghiệm x = y = 1 hay x = y = 0 Câu Va: 1. Điều kiện n ≥ 4
(
n
) ∑C x n
Ta có: x 2 + 2 =
k 2k n−k 2 n
k =0
Hệ số của số hạng chứa x8 là C 4n 2 n − 4 Ta có: A 3n − 8C2n + C1n = 49
⇔ (n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49 ⇔ n3 – 7n2 + 7n – 49 = 0 ⇔ (n – 7)(n2 + 7) = 0 ⇔ n = 7 Nên hệ số của x8 là C47 23 = 280
2. Phương trình đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0 có tâm I(1, –2) R= 3 Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) tại A, B nên AB ⊥ IM tại AB 3 = trung điểm H của đoạn AB. Ta có AH = BH = 2 2 Có 2 vị trí cho AB đối xứng qua tâm I. Gọi A'B' là vị trí thứ 2 của AB Gọi H' là trung điểm của A'B' 2
⎛ 3⎞ 3 Ta có: IH ' = IH = IA − AH = 3 − ⎜⎜ ⎟⎟ = 2 ⎝ 2 ⎠ 2
Ta có: MI =
2
( 5 − 1) + (1 + 2 ) 2
2
=5
3 7 = 2 2 3 13 MH ' = MI + H ' I = 5 + = 2 2
và MH = MI − HI = 5 −
3 49 52 + = = 13 4 4 4 3 169 172 R 22 = MA'2 = A' H'2 + MH'2 = + = = 43 4 4 4 Vậy có 2 đường tròn (C') thỏa ycbt là: (x – 5)2 + (y – 1)2 = 13 hay (x – 5)2 + (y – 1)2 = 43 Câu Vb: 4 = 1 (1) 1. Phương trình: (2 − log 3 x ) log 9 x 3 − 1 − log3 x Ta có: R12 = MA 2 = AH 2 + MH 2 =
(1) ⇔ (2 − log 3 x )
⇔
1 4 − =1 log 3 9x 1 − log 3 x
2 − log3 x 4 − =1 2 + log3 x 1 − log3 x
(1) thành
đặt: t = log3x
2−t 4 − = 1 ⇔ t 2 − 3t − 4 = 0 2 + t 1− t
(vì t = -2, t = 1 không là nghiệm) ⇔ t = −1 hay t = 4
1 Do đó, (1) ⇔ log3 x = −1 hay x = 4 ⇔ x = hay x = 81 3 2. * Chứng minh ΔAHK vuông Ta có: AS ⊥ CB AC ⊥ CB (ΔACB nội tiếp nửa đường tròn) ⇒ CB ⊥ (SAC) ⇒ CB ⊥ AK mà AK ⊥ SC ⇒ AK ⊥ (SCB) ⇒ AK ⊥ HK ⇒ ΔAHK vuông tại K * Tính VSABC theo R Kẻ CI ⊥ AB Do giả thiết ta có AC = R = OA = OC ⇒ ΔAOC đều R ⇒ IA = IO = 2 Ta có SA ⊥ (ABC) nên (SAB) ⊥ (ABC) ⇒ CI ⊥ (SAB) Suy ra hình chiếu vuông góc của ΔSCB trên mặt phẳng (SAB) là ΔSIB 3 3 3 Vì BI = AB . Suy ra SSIB = SSAB = .R.SA (∗) 4 4 4 1 1 Ta có: SSBC = BC.SC = R 3 . SA 2 + R 2 2 2 Theo định lý về diện tích hình chiếu ta có: 1 R 3 SSBC = SA 2 + R 2 2 4 R Từ (∗), (∗∗) ta có: SA = 2 SSIB = SSBC . cos 60 o =
Từ đó VSABC
(∗∗)
R3 6 1 = SA.dtΔABC = 12 3 ----------@---------
HÀ VĂN CHƯƠNG - PHẠM HỒNG DANH (Trung tâm Bồi dưỡng văn hóa và Luyện thi đại học Vĩnh Viễn)