Đề thi Dự trữ Toán khối A - Đề I

Đề thi Dự trữ khối A-năm 2007 
Đề I 
Câu I: Cho hàm số 
2x 4xy
x 2
3− + += − 
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: 1 1sin 2x sin x 2cot g2x
2sin x sin 2x
+ − − = 
2. Tìm m để phương trình: ( )2m x 2x 2 1 x(2 x) 0 (2− + + + − ≤ ) có 
nghiệm x 0,1 3⎡ ⎤∈ + ⎣ ⎦
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 ∈ (P) sao cho MA + MB nhỏ nhất. 
Câu IV: 
4
0
2x 1 x
1 2x 1
+= + +∫I d 1. Tính 
2. Giải hệ phương trình: )Ry,x( 
132y2yy
132x2xx
1x2
1y2
∈
⎪⎩
⎪⎨ 
⎧
+=+−+
+=+−+
−
−
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 AB 2= . 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: 2x 4 2(log 8 log x )log 2x 0+ ≥ 
2. Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AA1 2a 5= 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). 
o120BAC =∧
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) ∈ ( C ) ⇔ 7y 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 2d x 2= − 
 Ta có 1 2
7 7d d x 2
2 x 2 2
= −− = : hằng số. 
Câu II: 
1. Giải phương trình : 1 1sin 2x sin x 2cot g2x
2sin x sin 2x
+ − − = (1) 
(1) ⇔ − cos22x − cosxcos2x = 2cos2x và sin2x ≠ 0 
 ⇔ = + + =2cos2x 0 v2 cos x cos x 1 0(VN)
 ⇔ cos2x = 0 ⇔ π π π= + π⇔ = +2x k x k
2 4 2
2. Đặt 2t x 2x= − + 2 ⇔ t2 − 2 = x2 − 2x 
 Bpt (2) ⇔ −≤ ≤ ≤ ∈ ++
2t 2m (1 t 2),do x [0;1
t 1
3] 
 Khảo sát với 1 ≤ t ≤ 2 
2t 2g(t)
t 1
−= +
 g'(t) 
2
2
t 2t 2 0
(t 1)
+ += + > . Vậy g tăng trên [1,2] 
 Do đó, ycbt bpt ⇔
2t 2m
t 1
−≤ + có nghiệm t ∈ [1,2] 
 ⇔ [ ]∈≤ =t 1;2
2m max g(t) g(2)
3
= 
Câu III: 
1. Ta có cùng phương với AB ( 2,4, 16)= − −uuur = − −ra ( 1,2, 8)
 mp(P) có PVT n (2, 1,1)= −uur 
 Ta có = (6 ;15 ;3) cùng phương với (2;5;1) 
uur r
[ n ,a]
 Phương trình mp chứa AB và vuông 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
 Vì H là trung điểm của AA' nên ta có : 
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' (cùng phương với (1;-1;3) ) B ( 6,6, 18)= − −uuuur
 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
Câu IV: 
2t 2x 1 t 2x 1 2tdt 2dx dx tdt= + ⇒ = + ⇔ = ⇔ =1. Đặt 
 Đổi cận t(4) = 3, t(0) = 1 
 Vậy 
4 3 32
0 1 1
2x 1 t 1I dx dt t 1
1 t t 11 2x 1
+ ⎛ ⎞= = = − +⎜ ⎟+ ++ + ⎝ ⎠∫ ∫ ∫ dt 
 = 
32
1
t t ln t 1 2 ln 2
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
 Xét hàm f(x) 2x x 1= + + 
 f ´(x) 
++ += + = > ≥
+ + +
2
2 2 2
x xx x 1 x1 0
x 1 x 1 x 1
 Vậy f đồng biến nghiêm cách trên R. 
 Nếu u > v ⇒ f(u) > f(v) v > u ( vô lý ) ⇒ >v3 3u ⇒
 Tương tự nếu v > u cũng dẫn đến vô lý 
 Do đó hệ (II) 
⎧ ⎧⎪ ⎪+ + = = + −⇔ ⇔⎨ ⎨= =⎪ ⎪⎩ ⎩
2 u u 2u u 1 3 1 3 ( u 1 u) (1
u v u v
) 
 Đặt: g(u) u 23 ( u 1 u)= + − 
⎛ ⎞⇒ = + − + −⎜ ⎟⎜ ⎟+⎝ ⎠
u 2 u
2
ug '(u) 3 ln3( u 1 u) 3 1
u 1
 ( ) ( ) Ru,0
1u
13lnu1u3u'g
2
2u ∈∀>⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛
+
−−+= 
 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. 
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 ⇒ 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. 
Cách khác: phương trình AB có dạng: y = − x + m. 
Pt hoành độ giao điểm của AB là 
 x2 + (− x + m)2 = 1⇔ − + − =2 22x 2mx m 1 0 (2) 
 (2) có Δ = −/ 22 m , gọi x1, x2 là nghiệm của (2) ta có : 
= ⇔ − = ⇔ − =2 21 2 1 2AB 2 2(x x ) 2 (x x ) 12 
Δ⇔ = ⇔ − = ⇔ = ±
/
2
2
4 1 2 m 1 m
a
1 
Vậy phương trình AB : y = − x ±1 . 
2. Gọi = 1 2 3 4n a a a a 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. 
Câu Vb: 
1. Điều kiện x > 0 , x ≠ 1 
 (1) 
⎛ ⎞⇔ +⎜ ⎟⎝ ⎠4 28
1 12 log x log 2x 0
log x 2
≥ 
 ( )
⎛ ⎞⎜ ⎟⇔ + +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
2 2
2
1 log x log x 1 01 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
1log x 1v log x 0 0 x v x 1
2
≥
2. (Bạn đọc tự vẽ hình) 
Chọn hệ trục Axyz sao cho: A ≡ 0, ( )−C 2a,0,0 , 1A (0,0,2a 5) 
⎛ ⎞⇒ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
a a 3A(0;0;0),B ; ;0
2 2
 và −M( 2a,0,a 5) 
⎛ ⎞⇒ = − − =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
uuuur uuuuur
1
5 3BM a ; ; 5 , MA a(2;0; 5)
2 2
 Ta có: = − + = ⇒ ⊥uuuur uuuuur 21 1BM.MA a ( 5 5) 0 BM MA 
 Ta có thể tích khối tứ diện AA1BM là : 
 Δ
⎡ ⎤= =⎣ ⎦
⎡ ⎤= =⎣ ⎦
uuuuur uuur uuuur
uuur uuuuur
3
1
2
BMA 11
1 aV A A . AB,AM
6 3
1S MB,MA 3
2
15
a 3
 Suy ra khoảng cách từ A đến mp (BMA1) bằng = =3V a 5d .
S 3
Cách khác: 
 + Ta có = + =2 2 21 1 1 1A M A C C M 9a2
2
2
2
 = + − =2 2 2 0BC AB AC 2AB.AC.cos120 7a
 = + =2 2 2BM BC CM 12a
 = + = = +2 2 2 2 21 1 1A B A A AB 21a A M MB
 ⇒ vuông góc với MB 1MA
 + Hình chóp MABA1 và CABA1 có chung đáy là tam giác ABA1 và đường 
 cao bằng nhau nên thể tích bằng nhau. 
⇒ = = = = 3MABA CABA 1 ABC1 1
1 1V V V AA .S a 15
3 3
⇒ = =1
MBA 11
3V 6V a 5d(a,(MBA ))
S MB.MA
=
3
----------@--------- 
PHẠM HỒNG DANH 
(Trung tâm Bồi dưỡng văn hóa và Luyện thi đại học Vĩnh Viễn)