6 Đề thi Dự trữ khối A - B có đáp án

Đề thi Dự trữ khối A-năm 2007
Đề I
Câu I: Cho hàm số 
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.
Câu II: 
1. Giải phương trình: 
2. Tìm m để phương trình: có nghiệm x 
Câu III: Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (-1;3;-2), B (-3,7,-18) và mặt phẳng (P): 2x - y + z + 1 = 0
1. Viết phương trình mặt phẳng chứa AB và vuông góc với mp (P).
2. Tìm tọa độ điểm M Î (P) sao cho MA + MB nhỏ nhất.
Câu IV: 
1. Tính 
2. Giải hệ phương trình: 
Câu Va (cho chương trình THPT không phân ban):
1. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C) : x2 + y2 = 1. Đường tròn (C') tâm I (2,2) cắt (C) tại các điểm A, B sao cho . Viết phương trình đường thẳng AB.
2. Có bao nhiêu số tự nhiên chẵn lớn hơn 2007 mà mỗi số gồm 4 chữ số khác nhau? 
Câu Vb (cho chương trình THPT phân ban):
1. Giải bất phương trình: 
2. Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1 và . Gọi M là trung điểm của cạnh CC1. Chứng minh MB^MA1 và tính khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A1BM).
Bài giải
Câu I:
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (Bạn đọc tự làm)
2. Gọi (C ) là đồ thị của hàm số.
 M(x,y) Î ( C ) Û 
	 Phương trình tiệm cận xiên 
	 khoảng cách từ M đến tiệm cận xiên là 
	khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng là 
 Ta có : hằng số.
Câu II:
1. Giải phương trình : (1)
(1)	Û - cos22x - cosxcos2x = 2cos2x và sin2x ¹ 0
	Û 
	Û cos2x = 0 Û 
2. Đặt Û t2 - 2 = x2 - 2x
	Bpt (2) Û 
	Khảo sát với 1 £ t £ 2
	g'(t) . Vậy g tăng trên [1,2]
	Do đó, ycbt bpt có nghiệm t Î [1,2]
Câu III:
1. 	Ta có cùng phương với 
	mp(P) có PVT 
	Ta có = (6 ;15 ;3) cùng phương với (2;5;1)
	Phương trình mp chứa AB và vuông góc với (P) là :
	2(x + 1) + 5(y - 3) + 1(z + 2) = 0
	Û 2x + 5y + z - 11 = 0
2. Tìm M Î (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' : 
	AA' cắt (P) tại H, tọa độ H là nghiệm của 
	Vì H là trung điểm của AA' nên ta có :
	Ta có (cùng phương với (1;-1;3) )
	Pt đường thẳng A'B : 
	Vậy tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình 
Câu IV:
1. Đặt 
	Đổi cận t(4) = 3, t(0) = 1 
	Vậy 
	 = 
2. Giải hệ phương trình 
	Đặt u = x - 1, v = y - 1
	(I) thành 
	Xét hàm 	f(x) 
	 f ´(x) 
	Vậy f đồng biến nghiêm cách trên R.
 Nếu u > v f(u) > f(v) v > u ( vô lý )
 Tương tự nếu v > u cũng dẫn đến vô lý
	Do đó hệ (II) 
	Đặt: g(u)
	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) Û u = 0 = v
	Vậy (I) Û x = y = 1.
Câu Va:
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 Þ hệ số góc của đường thẳng AB bằng - 1.
	Vì AB Þ A, B phải là giao điểm của (C) với Ox, Oy.
	Suy ra 
	Suy ra phương trình AB : y = - x + 1 hoặc y = - x - 1.
Cách khác: phương trình AB có dạng: y = - x + m.
Pt hoành độ giao điểm của AB là 
 x2 + (- x + m)2 = 1(2)
 (2) có , gọi x1, x2 là nghiệm của (2) ta có :
Vậy phương trình AB : y = - x .
2. Gọi là số cần lập.
	. TH1 : a4 = 0, ta có 8 cách chọn a1 (vì a1 ³ 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 ¹ 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. 
Câu Vb:
1. Điều kiện x > 0 , x ¹ 1
	(1) 
2. (Bạn đọc tự vẽ hình)
Chọn hệ trục Axyz sao cho: A º 0, , 
 và 
	Ta có: 
	Ta có thể tích khối tứ diện AA1BM là :
	Suy ra khoảng cách từ A đến mp (BMA1) bằng 
Cách khác: 
 + Ta có 
 vuông góc với 
 + Hình chóp MABA1 và CABA1 có chung đáy là tam giác ABA1 và đường
 cao bằng nhau nên thể tích bằng nhau.
----------@---------
Đề thi Dự trữ khối A-năm 2007
Đề II
Câu I: Cho hàm số 
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m = 1.
2. Tìm m để đồ thị (Cm) có cực trị tại các điểm A, B sao cho đường thẳng AB đi qua gốc tọa độ 0.
Câu II: 
1. Giải phương trình: 
2. Giải bất phương trình 
Câu III: Trong không gian Oxyz cho các điểm A(2,0,0); B(0,4,0); C(2,4,6) và đường thẳng (d) 
1. Chứng minh các đường thẳng AB và OC chéo nhau.
2. Viết phương trình đường thẳng D // (d) và cắt các đường AB, OC.
Câu IV: 
1. Trong mặt phẳng Oxy cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường và y = x. Tính thể tích vật thể tròn trong khi quay (H) quanh trục Ox trọn một vòng.
2. Cho x, y, z là các biến số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
Câu Va (cho chương trình THPT không phân ban):
1. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G(-2, 0) biết phương trình các cạnh AB, AC theo thứ tự là 4x + y + 14 = 0; . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.
2. Trên các cạnh AB, BC, CD, DA của hình vuông ABCD lần lượt cho 1, 2, 3 và n điểm phân biệt khác A, B, C, D. Tìm n biết số tam giác có ba đỉnh lấy từ n + 6 điểm đã cho là 439.
Câu Vb (cho chương trình THPT phân ban):
1. Giải phương trình 
2. Cho hình chóp SABC có góc , ABC và SBC là các tam giác đều cạnh a. Tính theo a khoảng cách từ đỉnh B đến mp(SAC).
Bài giải
Câu I:
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (bạn đọc tự làm)
2. Tìm m:
	Ta có: 
	Đồ thị h/s có 2 cực trị Û y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt
	Û (x - 2)2 - m = 0 có 2 nghiệm phân biệt ¹ 2 Û m > 0
	Gọi A (x1, y1) ; B (x2, y2) là 2 điểm cực trị 
	P/trình đường thẳng AB : 
	Û 2x - y - 2 + m = 0
	AB qua gốc O (0, 0) Û - 2 + m = 0 Û m = 2.
Cách khác:
; 
y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt 	Û m > 0
Khi m > 0, pt đường thẳng qua 2 cực trị là 
Do đó, ycbt Û =0 
Câu II:
1. Giải phương trình: (1)
(1)	Û	
	Û 
	Û	
	Û 
	Û 
	Û 
	Û , k Î Z.
2. Giải hệ: (I) 
	(I) Û 
	Đặt u = - x2 + xy, v = x3y
	(I) thành 
	 Do đó hệ đã cho tương đương:
Câu III:
1.	Ta có VTCP của đường thẳng AB là hay
	Ta có VTCP của đường thẳng OC là hay
	Ta có cùng phương với 
	Ta có ¹ 0 Û AB và OC chéo nhau.
2.	Đường thẳng d có VTCP hay 
	Ta có 
	Phương trình mặt phẳng (a) đi qua A, có PVT (a chứa AB)
	6(x – 2) + 3(y – 0) + 2 (z - 0) = 0
	Û 6x + 3y + 2z – 12 = 0 (a)
	Ta có 
	Phương trình mặt phẳng (b) qua O có PVT là (3, - 3, 1) (b chứa OC)
	3x - 3y + z = 0 (b)
	Vậy phương trình đường thẳng D song song với d cắt AB, BC là
Câu IV:
1.	Tọa độ giao điểm của hai đường là nghiệm của hệ
	 (đvtt)
	y
	4	A
	0
	 	y = x	 4 x
2.	Với x, y, z > 0 ta có
	4(x3 + y3) ³ (x + y)3 (*) Dấu = xảy ra Û x = y
	Thật vậy (*)	Û 4(x + y)(x2 – xy + y2) ³ (x + y)3
	Û 4(x2 – xy + y2) ³ (x + y)2 do x, y > 0
	Û 3(x2 + y2 – 2xy) ³ 0 Û (x – y)2 ³ 0 (đúng)
	Tương tự ta có	4(y3 + z3) ³ (y + z)3 Dấu = xảy ra Û y = z
	4(z3 + x3) ³ (z + x)3 Dấu = xảy ra Û z = x
	Do đó 
	Ta lại có Dấu = xảy ra Û x = y = z
	Vậy Dấu = xảy ra Û 
 x = y = z = 1
	Vậy minP = 12. Đạt được khi x = y = z = 1
Câu Va:
1.	Tọa độ A là nghiệm của hệ Þ A(–4, 2)
	Vì G(–2, 0) là trọng tâm của DABC nên
	 (1)
	Vì	B(xB, yB) Î AB Û yB = –4xB – 14 (2)
	C(xC, yC) Î AC Û ( 3)
	Thế (2) và (3) vào (1) ta có
	Vậy A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0)
2.	Nếu n £ 2 thì n + 6 £ 8. Do đó số tam giác có ba đỉnh được lấy từ n + 6 điểm đó không vượt qua (loại). Vậy n ³ 3
	Vì mỗi tam giác được tạo thành ứng với 1 tổ hợp 3 chập n + 6 phần tử. Nhưng trên cạnh CD có 3 đỉnh, trên cạnh DA có n đỉnh nên số tam giác tạo thành là:
	Û (n + 4)(n + 5)(n + 6) – (n – 2)(n – 1)n = 2540
	Û n2 + 4n – 140 = 0
	Û 
	Đáp số: n = 10
Câu Vb:
1.	Giải phương trình: (1)
	Điều kiện x >1
	(1)	Û 
	Û và x > 1
 và x > 1
	Û 2x2 – 3x – 5 = 0 và x > 1Û 
S
A
C
B
M
N
60°
2. Gọi M là trung điểm của BC. thì SM ^ BC,
	AM ^ BC Þ 
Suy ra DSMA đều có cạnh bằng 
	Do đó 
	Ta có 
	Gọi N là trung điểm của đoạn SA. Ta có CN ^ SA
	Þ (vì DSCN vuông tại N)
	Þ 
	Ta có 
	Þ 
----------@---------
Đề thi Dự trữ khối B-năm 2007
Đề I
Câu I: Cho hàm số y = –2x3 + 6x2 – 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. Tìm m để phương trình: 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 Î (P) sao cho MA2 + MB2 nhỏ nhất.
Câu IV: 
1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường thẳng y = 0 và .
2. Chứng minh rằng hệ 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 Î N thỏa mãn hệ 
2. Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 8x + 6y + 21 = 0 và đường thẳng d: . Xác định tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD ngoại tiếp (C) biết A Î d
Câu Vb (cho chương trình THPT phân ban):
1. Giải phương trình
2. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, SA vuông góc với hình chóp. Cho AB = a, SA = a. 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 = –2x3 + 6x2 – 5 (Bạn đọc tự làm)
2.	Viết phương trình tiếp tuyến (C) đi qua A(–1, –13)
	Ta có y' = –6x2 + 12x
	Gọi M0(x0, y0) là tiếp điểm thuộc (C) Û 
	Phương trình tiếp tuyến với (C) tại M0: y – y0 = f '(x0)(x – x0)
	Û 
	Vì tiếp tuyến đi qua A(–1, –13) nên
	Û 
 Ta có 
	M(1, –1) thì phương trình tiếp tuyến với (C) qua A là
 y + 1 = 6(x – 1) Û y = 6x – 7
	M(–2, 35) thì phương trình tiếp tuyến với (C) qua A là
 y – 35 = –48(x + 2) Û y = –48x – 61
Câu II:
1.	Giải phương trình: (1)
(1)	
2.	Tìm m để phương trình: có nghiệm
	Xét hàm số (điều kiện: x ³ 0)
	, "x > 0
	Vì 
Ta có f giảm trên và nên ta có 
.	
Vậy, phương trình (1) có nghiệm 
Û miền giá trị của f trên đoạn Û 0 < m £ 1
Câu III:
1.	Đường thẳng AB có VTCP 
	Phương trình đường thẳng AB: 
	Điểm I (–3+2t; 5- 2t; –5+3t) khi
 (–3 + 2t) + (5 – 2t) + (–5 + 3t) = 0 Û t = 1
	Vậy đường thẳng AB cắt mặt phẳng (P) tại I(–1, 3, –2)
2.	Tìm M Î (P) để MA2 + MB2 nhỏ nhất
	Gọi H là trung điểm của đoạn AB. Tam giác MAB có trung tuyến MH nên: 
	Do đó MA2 + MB2 nhỏ nhất Û MH2 nhỏ nhất
	Ta để thấy H(1, 1, 1), M Î (P)
	MH nhỏ nhất Û MH ^ (P) và để ý rằng mặt phẳng (P): x + y + z = 0 có PVT và O Î (P) Þ M º (0, 0, 0)
	Vậy, với M(0, 0, 0) thì MA2 + MB2 nhỏ nhất.
	(khi đó, ta có 
 min(MA2 + MB2) = OA2 + OB2 = (9 + 25 + 25) + (25 + 9 + 49) = 142)
Câu IV:
1.	Tọa độ giao điểm của 2 đường và y = 0 là A(0, 0); B(1, 0). Khi đó 0 £ x £ 1 Þ x(1 – x) ³ 0 Þ 
	Do đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi 2 đường đã cho là
	Đặt: x = tgt Þ dx = (tg2t + 1)dt 
Đổi cận 
	Vậy 
	2. Đặt: f(t) = et, 
 Ta có f tăng nghiêm cách trên và g giảm nghiêm cách trên từng khoảng 
 Xác định.
	Hệ phương trình (1) 
	Þ f(x) + g(y) = f(y) + g(x) (*)
	Nếu x > y Þ f(x) > f(y) Þ g(y) < g(x) ( do(*) )
y > x ( do g giảm nghiêm cách ) Þ vô lý.
Tương tự khi y > x cũng dẫn đến vô lý. 
Do đó, (1) (2) 
	Xét: (|x| > 1 )
	Nếu x < –1 thì h(x) < e–1 – 2007 < 0 Þ hệ vô nghiệm 
	Khi x > 1 Þ 
	và , 
	Vậy h(x) liên tục và có đồ thị là đường cong lõm trên (1, +¥)
	Do đó để chứng minh (2) có 2 nghiệm dương ta chỉ cần chứng minh tồn tại x0 > 1 mà h(x0) < 0
	Chọn x0 = 2 
	Suy ra: h(x) = 0 ... ch khác:
 có dạng với a.A < 0
Do đó, khi hàm có cực trị thì xCT < xCĐ
 xCĐ = và yCĐ = = –1 – 2
Câu II:
1. Giải phương trình: (1)
	(1)
2.	Phương trình: (1)
	(1)	
	ycbt Û 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)
	f'(x) = 0 Û 4x2 – 4x – 3 = 0 Û 
	x –¥	 –1/2	 1	 –3/2	 +¥
	f'	 + 0 –	 	 –	0 +
	f 	 CĐ	 	 +¥
	 –¥	 	 –12	CT	 	
	Từ bảng biến thiên ta có: 
ycbt
Câu III:
1.	Theo giả thiết A(2,0,0) M(0,–3,6) O(0,0,0)
	Bán kính mặt cầu 
	Khoảng cách từ tâm M của mặt cầu đến mặt phẳng (P): x + 2y – 9 = 0
	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:
	 (t Î R)
	Thế vào phương trình (P) ta có: t + 2(2t – 3) – 9 = 0 Þ 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) Î Ox nên phương trình (Q): 
Ta có M(0,–3,6) Î mặt phẳng (yOz) nên: (1)
	Ta lại có 
	Þ (2)
	Từ (1) và (2) ta có 
	Vậy có 2 mặt phẳng (Q) có phương trình là: 
	hoặc 
Câu IV:
1.	Ta có: 
	Là nửa đường tròn tâm O, bán kính , có y ³ 0
	Phương trình hoành độ giao điểm của 2 đường y = x2 và : ; x2 và thì x2
Do đó ta có 	
	Đặt: x = sint 
	Þ dx = costdt 
 (Nhận xét :
 Vì f(t) = là hàm chẵn)
	Vậy (đvdt )
(Nhận xét :
Vì g(x) = là hàm chẵn)
2.	Hệ phương trình 
	Từ hệ suy ra: 
	Dễ thấy |VT| £ 2|xy| £ x2 + y2 = VP
	( và dấu = xảy )
Ta có 	VT = VP 
	Thử lại, kết luận hệ phương trình có 2 nghiệm 
Câu Va:
1.	Điều kiện n ³ 4
	Ta có: 
	Hệ số của số hạng chứa x8 là 
	Ta có: 
	Û (n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49
	Û n3 – 7n2 + 7n – 49 = 0 Û (n – 7)(n2 + 7) = 0 Û n = 7
	Nên hệ số của x8 là 
2.	Phương trình đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0 có tâm I(1, –2) 
	Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) tại A, B nên AB ^ IM tại trung điểm H của đoạn AB. Ta có 
	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'
	Ta có: 
	Ta có: 
	và 
	Ta có: 
	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:
1.	Phương trình: (1)
	 (1)	
	 đặt: t = log3x
thành 
 (vì t = -2, t = 1 không là nghiệm)
	 Do đó, (1)
	2.	* Chứng minh DAHK vuông
	Ta có: AS ^ CB
	 AC ^ CB (DACB nội tiếp nửa đường tròn)
	Þ CB ^ (SAC) Þ CB ^ AK
	 mà AK ^ SC Þ AK ^ (SCB)
	Þ AK ^ HK Þ DAHK vuông tại K
	* Tính VSABC theo R
	Kẻ CI ^ AB
	Do giả thiết ta có AC = R = OA = OC Þ DAOC đều
	Þ 
	Ta có SA ^ (ABC) nên (SAB) ^ (ABC) Þ CI ^ (SAB)
	Suy ra hình chiếu vuông góc của DSCB trên mặt phẳng (SAB) là DSIB
	Vì . Suy ra (*)
	Ta có: 
	Theo định lý về diện tích hình chiếu ta có:
	 (**)
	Từ (*), (**) ta có: 
	Từ đó 
----------@---------
HÀ VĂN CHƯƠNG - PHẠM HỒNG DANH 
(Trung tâm Bồi dưỡng văn hóa và Luyện thi đại học Vĩnh Viễn)
Đề thi Dự trữ khối D-năm 2007
Đề I
Câu I: Cho hàm số (C)
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số.
2. Viết phương trình tiếp tuyến với (C), biết rằng tiếp tuyến đó đi qua giao điểm của đường tiệm cận và trục Ox.
Câu II: 
1. Giải phương trình: 
2. Tìm m để phương trình: có đúng 2 nghiệm
Câu III: Cho đường thẳng d: và mặt phẳng 
(P): 
1. Tìm giao điểm M của d và (P).
2. Viết phương trình đường thẳng D nằm trong (P) sao cho D ^ d và khoảng cách từ M đến D bằng .
Câu IV: 
1. Tính 
2. Cho a, b là các số dương thỏa mãn ab + a + b = 3.
 Chứng minh: .
Câu Va (cho chương trình THPT không phân ban):
1. Chứng minh với mọi n nguyên dương luôn có
 .
2. Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A(2, 1) lấy điểm B thuộc trục Ox có hoành độ x ³ 0 và điểm C thuộc trục Oy có trung độ y ³ 0 sao cho DABC vuông tại A. Tìm B, C sao cho diện tích DABC lớn nhất.
Câu Vb (cho chương trình THPT phân ban):
1. Giải bất phương trình: .
2. Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có đáy ABC là tam giác vuông , AA1 = a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của đoạn AA1 và BC1. Chứng minh MN là đường vuông góc chung của các đường thẳng AA1 và BC1. Tính .
Bài giải
Câu I:
1.	Khảo sát (Bạn đọc tự làm)
2.	Giao điểm của tiệm cận đứng với trục Ox là 
	Phương trình tiếp tuyến (D) qua A có dạng 
	(D) tiếp xúc với (C) 
	Thế (2) vào (1) ta có pt hoành độ tiếp điểm là
	 và 
 . 	Do đó 
	Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: 
Câu II:
1.	Giải phương trình: (1)
	(1)	
2.	P/trình cho (1)
	 	 (1) đặt: 
	(1)	 (*)
	Phương trình cho có đúng 2 nghiệm Û phương trình (*) có đúng 2 nghiệm t ³ 0
	Vẽ đồ thị của hàm số 
	Ta có 
	 y
	4
	2
	0
	1 2 3	 x
Từ đồ thị ta có ycbt 2 < m £ 4
Cách khác
 và 
Do đó, ycbt 2 < m £ 4
( khi 2 3 )
Câu III:
1.	Tìm giao điểm M của đường thẳng d và mặt phẳng (P)
	Phương trình số của d: có VTCP 
	Thế vào phương trình (P): (3 + 2t) + (–2 + t) + (–1 – t) + 2 = 0 
 Þ t = –1Þ M ( 1 ;- 3 ; 0)
	Mặt phẳng (Q) chứa d và vuông góc (P) có PVT 
	Suy ra phương trình mặt phẳng (Q) chứa d và vuông góc (P) là:
	2(x – 1) – 3(y + 3) + 1(z – 0) = 0 Û 2x – 3y + z – 11 = 0 (Q)
 2. Phương trình đường thẳng (d') hình chiếu của d lên mặt phẳng P là:
Q
P
D
N
M
d
d'
	d': có VTCP 
	Þ Phương trình tham số của d': 
	Trên d' tìm điểm N sao cho MN = 
	Vì N Î d' Þ N(4t +1, –3 + t, – 5t)
. t = 1 Þ N1(5, –2, –5) 
	Đường thẳng D1 qua N1 nằm trong (P), vuông góc d' có VTCP . 
Vậy phương trình D1: 
	. t = –1 Þ N2(–3, –4, 5)
	Đường thẳng D2 qua N2 nằm trong (P), vuông góc d' có VTCP 
Vậy phương trình D2: 
Câu IV:
1.	Tính 
2. 	Từ giả thiết a, b > 0 và ab + a + b = 3. Suy ra:
	. , (a+1)(b+1) = ab +a +b + 1 = 4
	bđt đã cho tương đương với	
	 (A)
Đặt x = a+b > 0 
 ( vì x > 0)
	Thế x như trên , (A) thành 
	 , với x³ 2
 , với x³ 2
 , với x³ 2 (hiển nhiên đúng)
	Vậy bđt cho đã được chứng minh.
Câu Va:
1.	Với mọi n Î N ta có
	Lấy đạo hàm hai vế ta có
	Cho x = 1 ta có
2.	Ta có A(2, 1); B(b, 0); C(0,c) với b, c ³ 0
	Ta có DABC vuông tại A 
	Ta có ; 
	Do DABC vuông tại A 
	Ta lại có 
	vì nên SABC = (b – 2)2 + 1 lớn nhất Û b = 0
	Khi đó c = 5. Vậy, ycbt B(0, 0) và C(0, 5)
 Câu Vb:
1.	Giải phương trình: (1)
	(1)	
Chọn hệ trục Oxyz sao cho A(0,0,0); C(-a,0,0); B(0,a,0), 
 A1(0,0,) 
Suy ra C1(-a,0,) và 
; ; 
	Ta có: 
	Vậy MN là đường vuông góc chung của hai đường thẳng AA1 và BC1
	Ta có 
	Ta có 	
	 (đvtt)
Đề thi Dự trữ khối D-năm 2007
Đề II
Câu I: Cho hàm số (C)
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số.
2. Viết phương trình tiếp tuyến d của (C) sao cho d và hai tiệm cận của (C) cắt nhau tạo thành một tam giác cân.
Câu II: 
1. Giải phương trình: (1 – tgx)(1 + sin2x) = 1 + tgx
2. Tìm m để hệ phương trình : có nghiệm duy nhất
Câu III: Cho mặt phẳng (P): x – 2y + 2z – 1 = 0 và các đường thẳng và 
1. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa d1 và (Q) ^ (P).
2. Tìm các điểm M Î d1, N Î d2 sao cho MN // (P) và cách (P) một khoảng bằng 2.
Câu IV: 
1. Tính 
2. Giải phương trình: .
Câu Va (cho chương trình THPT không phân ban):
1. Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn mà mỗi số gồm 4 chữ số khác nhau.
2. Trong mặt phẳng Oxy cho các điểm A(0, 1) B(2, –1) và các đường thẳng: d1: (m – 1)x + (m – 2)y + 2 – m = 0
 d2: (2 – m)x + (m – 1)y + 3m – 5 = 0
Chứng minh d1 và d2 luôn cắt nhau. Gọi P = d1 Ç d2. Tìm m sao cho lớn nhất
Câu Vb (cho chương trình THPT phân ban):
1. Giải phương trình: .
2. Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có tất cả các cạnh đều bằng a. M là trung điểm của đoạn AA1. Chứng minh BM ^ B1C và tính d(BM, B1C).
Bài giải
Câu I:
1.	Khảo sát hàm số (Bạn đọc tự giải)
2.	Ta có 
	Từ đồ thị ta thấy để tiếp tuyến tạo với hai tiệm cận một tam giác vuông cân ta phải có hệ số góc của tiếp tuyến là –1 tức là:
	. Tại x1 = 0 Þ y1 = 0 Þ phương trình tiếp tuyến là y = –x
	. Tại x2 = 2 Þ y2 = 2 Þ phương trình tiếp tuyến là y = –x + 4
Câu II:
1.	Giải phương trình: (1 – tgx)(1 + sin2x) = 1 + tgx (1)
	Đặt: t = tgx . Pt (1) thành	
	Do đó (1) Û tgx = 0 hay tgx = –1 
 Û x = kp hay x = + kp, k
Cách khác
(1) Û (cosx – sinx)(cosx + sinx)2 = cosx + sinx
(hiển nhiên cosx = 0 không là nghiệm)
Û cosx + sinx = 0 hay (cosx – sinx)(cosx + sinx) = 1
Û tgx = -1 hay cos2x = 1Û x = + kp hay x = kp, k
	2.	Tìm m để hệ sau có nghiệm duy nhất
	(I) 
	Với điều kiện: ta có
	(I) 
	 (*)
 ( hiển nhiên x = 0 không là nghiệm của (*) )
 Đặt , ( a = 1 )
	ycbt Û tìm m để phương trình (*) có đúng 1 nghiệm thỏa x £ 1
	 Û af(1) < 0 hay 
	 Û 2
Câu III:
1.	d1 đi qua A(1, 3, 0), VTCP 
	Mặt phẳng (P) có PVT 
	M/phẳng (Q) chứa d1 và ^ (P) nên (Q) có PVT 
	Vậy (Q) qua A có PVT nên phương trình (Q):
	–2(x – 1) – 2(y – 3) – 1(z – 0) = 0 Û 2x + 2y + z – 8 = 0
P/trình tham số d1: 
	P/trình tham số d2: 
	Vậy 
	Mặt phẳng (P) có PVT 
	Vì MN // (P) 
	. Ta lại có khoảng cách từ MN đến (P) bằng d(M, P) vì MN // (P)
	. t = 1 Þ t' = –1 Þ M1(3, 0, 2) N1(–1, –4, 0)
	. t = 0 Þ t' = 0 Þ M2(1, 3, 0) N2(5, 0, –5)
Câu IV:
1. Tính 
	Đặt: u = x2 Þ du = 2xdx ; 	 dv = cosxdx , chọn v = sinx
	Vậy I = 
	Ta có 
	I1 = ; 	Đặt u = x Þ du = dx
	dv = sinxdx, chọn v = - cosx
	I1 = 
	= 
	Vậy : I = 
2.	Giải phương trình 
	Điều kiện 
	(*) Û và x > 0
 và x > 0
	Û (2x - 1) + log2(2x - 1) = x + log2x (**)
	Xét hàm f(t) = t + log2t đồng biến nghiêm cách khi t > 0
	Do đó f(u) = f(v) Û u = v, với u > 0, v > 0
	Vậy từ (**) Û 2x - 1 = x Û 2x - x -1 = 0 (***)
	Lại xét hàm g(x) = 2x - x - 1 khi x > 0
	g'(x) = 2xln2 - 1 , g'(x) = 0 Û 
	Û 
 Ta có g//(x) > 0 với mọi x nên g'(x) là hàm tăng trên R
và 
 giảm nghiêm cách trên 
 và tăng nghiêm cách trên 
 có tối đa là 1 nghiệm trên , và có tối đa là 1 nghiệm trên .
bằng cách thử nghiệm ta có pt (***) có 2 nghiệm là 
 x = 0 và x = 1 . Vì x > 0 nên (*) Û x = 1.
Câu Va:
1/ Gọi n = là số cần tìm. Vì n chẵn Þ a4 chẵn.
	* TH1 : a4 = 0	Ta có	1 cách chọn a4
	6 cách chọn a1
	5 cách chọn a2
	4 cách chọn a3
	Vậy ta có 1.6.5.4 = 120 số n
	* TH2 : a4 ¹ 0. 	Ta có 	3 cách chọn a4
	5 cách chọn a1
	5 cách chọn a2
	4 cách chọn a4
	Vậy ta có 3.5.5.4 = 300 số n .
	Tổng cộng hai trường hợp ta có : 120 + 300 = 420 số n
2.	Tọa độ giao điểm P của d1, d2 là nghiệm của hệ phương trình 
	Ta có 
	Vì nên d1, d2 luôn luôn cắt nhau.
	Ta dễ thấy A(0,1) Î d1 ; B(2,-1) Î d2 và d1 ^ d2
	Þ D APB vuông tại P Þ P nằm trên đường tròn đường kính AB.
	Ta có (PA + PB)2 £ 2(PA2 + PB2) = 2AB2 = 2
	Þ PA + PB £ 4. Dấu "=" xảy ra Û PA = PB Û P là trung điểm của cung 
	Vậy Max (PA + PB) = 4 khi P là trung điểm của cung 
 Þ P nằm trên đường thẳng y = x – 1 qua trung điểm I (1 ;0) của AB
 và IP = Þ P (2 ; 1 ) hay P (0 ;- 1)
 Vậy ycbt Û m = 1 v m = 2
Câu Vb:
1. 	Giải phương trình : 23x+1 - 7.22x + 7.2x - 2 = 0
	Û 2.23x - 7.22x + 7.2x - 2 = 0
	Đặt t = 2x > 0 thì (1) thành 
 2t3 - 7t2 + 7t - 2 =0 
	Û (t - 1)(2t2 - 5t + 2) = 0 Û t = 1 hay t = 2 hay t = 
	Do đó pt đã cho tương đương
 Û x = 0 hay x = 1 hay x = -1	
	2.	Chọn hệ trục Oxyz sao cho 
	ta có A(0 ;0 ;0); A1(0,0,a); C ( - a ;0 ;0 )  Þ B ; 
 B1 ;M	
Þ 
	Þ Þ BM ^ B1C
	Ta có Þ B
C
x
----------@---------
HÀ VĂN CHƯƠNG - PHẠM HỒNG DANH 
(Trung tâm Bồi dưỡng văn hóa và Luyện thi đại học Vĩnh Viễn)