Đề thi Dự trữ Toán khối A - Đề II

Đề thi Dự trữ khối A-năm 2007 
Đề II 
Câu I: Cho hàm số my x m (Cm)
x 2
= + + − 
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: 22 cos x 2 3 sin x cos x 1 3(sin x 3 cos x)+ + = + 
2. Giải bất phương trình 
4 3 2 2
3 2
x x y x y 1
x y x xy 1
⎧ − + =⎪⎨ − + =⎪⎩
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) 
6x 3y 2z 0
6x 3y 2z 24 0
− + =⎧⎨ + + − =⎩
1. Chứng minh các đường thẳng AB và OC chéo nhau. 
2. Viết phương trình đường thẳng Δ // (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. 
2xy4 =
2. Cho x, y, z là các biến số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
3 3 3 3 3 33 33
2 2 2
x y zP 4(x y ) 4(x z ) 4(z x ) 2
y z x
⎛ ⎞= + + + + + + + +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
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. 02y5x2 =−+
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): 
4 2
2x 1
1 1log (x 1) log x 2
log 4 2+
1. Giải phương trình − + = + + 
2. Cho hình chóp SABC có góc ( ) o60ABC,SBC =∧ , 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: 
2
2 2
m m (x 2y x m y ' 1
x 2 (x 2) (x 2)
) m− −= + + ⇒ = − =− − − 
 Đồ thị h/s có 2 cực trị ⇔ y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt 
 ⇔ (x − 2)2 − m = 0 có 2 nghiệm phân biệt ≠ 2 ⇔ m > 0 
 Gọi A (x1, y1) ; B (x2, y2) là 2 điểm cực trị 
 1 1
2 2
x 2 m y 2 m 2 m
y' 0
x 2 m y 2 m 2 m
⎡ = − ⇒ = + −= ⇔ ⎢ = + ⇒ = + +⎢⎣
 P/trình đường thẳng AB : x (2 m ) y (2 m 2 m ) (m 0)
2 m 4 m
− − − + −= > 
 ⇔ 2x − y − 2 + m = 0 
 AB qua gốc O (0, 0) ⇔ − 2 + m = 0 ⇔ m = 2. 
Cách khác: 
2x (m 2)x m uy
x 2 v
+ − += =− ; 2
my ' 1
(x 2)
= − − 
y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt ⇔ m > 0 
Khi m > 0, pt đường thẳng qua 2 cực trị là 
//
uy 2x m
v
= = + −2 
Do đó, ycbt ⇔ =0 m 2− m 2⇔ = 
Câu II: 
1. Giải phương trình: 22 cos x 2 3 sin x cos x 1 3(sin x 3 cos x)+ + = + (1) 
(1) ⇔ 2 cos2x 3 sin 2x 3(sin x 3 cos x)+ + = + 
 ⇔ 1 3 1 32 2 cos2x sin 2x 6 sin x cos x
2 2 2 2
⎛ ⎞ ⎛+ + = +⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝
⎞⎟⎟⎠
 ⇔ 2 2 cos 2x 6 cos x
3 6
π π⎛ ⎞ ⎛+ − = −⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝
⎞⎟⎠ 
 ⇔ 1 cos 2x 3cos x
3 6
π π⎛ ⎞ ⎛+ − = −⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝
⎞⎟⎠ 
 ⇔ 22 cos x 3cos x
6 6
π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞− = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 
 ⇔ 3cos x 0 v cos x (loaïi)
6 6 2
π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞− = − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 
 ⇔ π+π=⇔π+π=π− k
3
2xk
26
x , k ∈ Z. 
2. Giải hệ: (I) 
4 3 2 2
3 2
x x y x y
x y x xy 1
⎧ − + =⎪⎨ − + =⎪⎩
1
 (I) ⇔ ⎧ − + + =⎪⎨ − + + =⎪⎩
2 2 3
2 3
( x xy) x y 1
( x xy) x y 1
 Đặt u = − x2 + xy, v = x3y 
 (I) thành 
= − +⎧ ⎧ = =⎧ ⎧⎪ ⎪+ = ⇔ ⇔ ∨⎨ ⎨ ⎨ ⎨= =+ = − = ⎩ ⎩⎪ ⎪⎩ ⎩
2
2
v u 1 u 0 u 1u v 1
v 1 v 0u v 1 u u 0
 Do đó hệ đã cho tương đương: 
2 2
4 23 3
y x y 0x xy 0 x xy 1
x 1 x 1(vnx y 1 x y 0
⎧ ⎧ = =⎧ ⎧− + = − + =⎪ ⎪ ⎪ ⎪∨ ⇔ ∨⎨ ⎨ ⎨ ⎨= = −⎪ ⎪= =⎪ ⎪ ⎩ ⎩⎩ ⎩ )
−
−
= =⎧ ⎧⇔ ∨⎨ ⎨= =⎩ ⎩
x 1 x 1
y 1 y 1
Câu III: 
1. Ta có VTCP của đường thẳng AB là −( 2,4,0) hay = −uura ( 1,2,0) 
 Ta có VTCP của đường thẳng OC là hay(2,4,6) =uurb (1,2,3) 
 Ta có OA (2,0,0)=uuur cùng phương với =uurc (1,0,0) 
 Ta có ⎡ ⎤ =⎣ ⎦
r r r
a,b .c 6 ≠ 0 ⇔ AB và OC chéo nhau. 
2. Đường thẳng d có VTCP ( )12, 0, 36− hay ( )u 1, 0, 3= −r 
 Ta có ( )a, u 6,3,2⎡ ⎤ =⎣ ⎦
r r
 Phương trình mặt phẳng (α) đi qua A, có PVT a, u⎡ ⎤⎣ ⎦
r r
 (α chứa AB) 
 6(x – 2) + 3(y – 0) + 2 (z - 0) = 0 
 ⇔ 6x + 3y + 2z – 12 = 0 (α) 
 Ta có ( )b, u 2 3, 3,1⎡ ⎤ = −⎣ ⎦
r r
 Phương trình mặt phẳng (β) qua O có PVT là (3, - 3, 1) (β chứa OC) 
 3x - 3y + z = 0 (β) 
 Vậy phương trình đường thẳng Δ song song với d cắt AB, BC là 
6x 3y 2z 12 0
3x 3y z 0
+ + − =⎧⎨ − + =⎩
Câu IV: 
1. Tọa độ giao điểm của hai đường là nghiệm của hệ 
2x x 0 x 4y v4 y 0 y 4
y x
⎧ = =⎧ ⎧⎪ = ⇔⎨ ⎨ ⎨= =⎩ ⎩⎪ =⎩
 π=⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ −π=⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ −π= ∫ 1512880x3xdx16xxV
4
0
4
0
534
2 (đvtt) 
 y 
 4 A 
 0 
 y = x 4 x 
2. Với x, y, z > 0 ta có 
 4(x3 + y3) ≥ (x + y)3 (∗) Dấu = xảy ra ⇔ x = y 
 Thật vậy (∗) ⇔ 4(x + y)(x2 – xy + y2) ≥ (x + y)3 
 ⇔ 4(x2 – xy + y2) ≥ (x + y)2 do x, y > 0 
 ⇔ 3(x2 + y2 – 2xy) ≥ 0 ⇔ (x – y)2 ≥ 0 (đúng) 
 Tương tự ta có 4(y3 + z3) ≥ (y + z)3 Dấu = xảy ra ⇔ y = z 
 4(z3 + x3) ≥ (z + x)3 Dấu = xảy ra ⇔ z = x 
 Do đó ( ) ( ) ( ) ( )3 3 3 3 3 3 33 3 34 x y 4 y z 4 z x 2 x y z 6 xyz+ + + + + ≥ + + ≥ 
 Ta lại có 
3222 xyz
6
x
z
z
y
y
x2 ≥⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ ++ Dấu = xảy ra ⇔ x = y = z 
 Vậy 12
xyz
1xyz6P
3
3 ≥⎟⎟⎠
⎞
⎜⎜⎝
⎛ +≥ Dấu = xảy ra ⇔ ⎩⎨
⎧
==
=
zyx
1xyz
 x = y = z = 1 ⇔
 Vậy minP = 12. Đạt được khi x = y = z = 1 
Câu Va: 
1. Tọa độ A là nghiệm của hệ { {4x y 14 0 x 42x 5y 2 0 y 2+ + = = −⇔+ − = = ⇒ A(–4, 2) 
 Vì G(–2, 0) là trọng tâm của ΔABC nên 
 (1) 
⎩⎨
⎧
−=+
−=+⇔
⎩⎨
⎧
++=
++=
2yy
2xx
yyyy3
xxxx3
CB
CB
CBAG
CBAG
 Vì B(xB, yB) ∈ AB ⇔ yB = –4xB – 14 (2) 
 C(xC, yC) ∈ AC ⇔ 5
2
5
x2y CC +−= ( 3) 
 Thế (2) và (3) vào (1) ta có 
⎩⎨
⎧
=⇒=
−=⇒−=⇒
⎪⎩
⎪⎨
⎧
−=+−−−
−=+
0y 1x
2y3x
2
5
2
5
x214x4
2xx
CC
BB
C
B
CB
 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 43956C38 <=
 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: 
 ( )( )( ) ( )( ) 439
6
n1n2n1
6
6n5n4nCCC 3n
3
3
3
6n =−−−−+++=−−+ 
 ⇔ (n + 4)(n + 5)(n + 6) – (n – 2)(n – 1)n = 2540 
 ⇔ n2 + 4n – 140 = 0 
 ⇔ ( )n 2 144 loaïi vì n 3 v n 2 144 10= − − ≥ = − + = 
 Đáp số: n = 10 
Câu Vb: 
1. Giải phương trình: 4 2
2x 1
1 1log (x 1) log x 2
log 4 2+
− + = + + (1) 
 Điều kiện x >1 
 (1) ⇔ ( ) ( ) ( )
2
12xlog1x2log1xlog 444 =+−++− 
 ⇔ ( )( )4 x 1 2x 1 1log x 2 2
− +⎡ ⎤ =⎢ ⎥+⎣ ⎦
 và x > 1 
22x x 1 2
x 2
− −⇔ + = và x > 1 
 ⇔ 2x2 – 3x – 5 = 0 và x > 1⇔ 5x
2
= 
2. Gọi M là trung điểm của BC. thì SM ⊥ BC, 
 AM ⊥ BC ⇒ ( ) o60ABC ,SBCSMA ==∧ S
A C 
B
M
N
Suy ra ΔSMA đều có cạnh bằng 
2
3a 
 Do đó oSMA 60sin.AM.SM.2
1S = 60°
16
3a3
2
3.
4
a3.
2
1 22 == 
 Ta có SABC SBAM SAM
1V 2V 2. .BM.S
3
= =
16
3a
16
3a.a.
3
1 32 =3= 
 Gọi N là trung điểm của đoạn SA. Ta có CN ⊥ SA 
 ⇒ a 13CN
4
= (vì ΔSCN vuông tại N) 
 ⇒ 
2
SCA
1 1 a 3 a 13 aS .AS.CN . .
2 2 2 4 1
= = = 39
6
 Ta có ( ) ( )SAC ,Bd.
16
39a.
3
1SAC ,Bd.S.
3
1
16
3aV
2
SCA
3
SABC === 
 ⇒ ( ) 3 2 3 3d B,SAC a 3 a 39 13= =
a 
----------@--------- 
HÀ VĂN CHƯƠNG - PHẠM HỒNG DANH 
(Trung tâm Bồi dưỡng văn hóa và Luyện thi đại học Vĩnh Viễn)