Đề thi Dự trữ Toán khối B - Đề I

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
x3cos2
42
xcos
42
x5sin =⎟⎞⎜ ⎠
⎛ π−−⎟⎞⎜⎝
⎛ π− ⎝⎠
2. Tìm m để phương trình: mx1x =−+4 2 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 ∈ (P) sao cho MA2 + MB2 nhỏ nhất. 
Câu IV: 
1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường thẳng y = 0 và ( )
1x
x1xy 2 +
−= . 
2. Chứng minh rằng hệ 
⎪⎩ −
−=
1x
2007e
2
⎪
⎪⎪⎨
⎧
−−=
x
1y
y2007e
y
2
x
 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 ∈ N thỏa mãn hệ ⎪⎩
⎨ =+ 66CA 2x3y
⎪⎧ =+ 22CA 3y2x
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 ∈ d 
01yx =−+
Câu Vb (cho chương trình THPT phân ban): 
( ) (1. Giải phương trình ) 21x2log1xlog 323 =−+− 
2. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, SA vuông 
góc với hình chóp. Cho AB = a, SA = a 2 . 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) ⇔ y 5x6x2 00 −+−= 230
 Phương trình tiếp tuyến với (C) tại M0: y – y0 = f '(x0)(x – x0) ( )( ) 232 5x6x2xxx12x6y 00000 −+−−+−= ⇔ 
 Vì tiếp tuyến đi qua A(–1, –13) nên ( )( )020202030 x1x12x65x6x213 −−+−+−+−=− 
 200 x12−−
3
0 0 0 01vx 2= −
y(1) 1v y( 2) 35= − − =
3
0
2
00
3
0 x12x6x65x6x213 −+−−+−=
 ⇔ x 3 x 2 0 x− + = ⇔ =
 Ta có 
 M(1, –1) thì phương trình tiếp tuyến với (C) qua A là 
 y + 1 = 6(x – 1) ⇔ y = 6x – 7 
 M(–2, 35) thì phương trình tiếp tuyến với (C) qua A là 
 y – 35 = –48(x + 2) ⇔ y = –48x – 61 
Câu II: 
1. Giải phương trình: 
2
x3cos2
42
xcos
42
x5sin =⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ π−−⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ π− (1) 
(1) 
2
x3cos2
2
x
42
sin
42
x5sin =⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −π+π−⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ π−⇔ 
2
x3cos2
2
x
4
3sin
42
x5sin =⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ −π−⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ π−⇔ 
 3x 3x2 cos x sin 2 cos
4 2 2
π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞⇔ + − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2 
2
x3cos2
2
x3cos
4
xcos2 =⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ π+−⇔ 
 3x 2cos 0 v cos x
2 4
π⎛ ⎞⇔ = + = −⎜ ⎟⎝ ⎠ 2 
 3x 3k v x k2
2 2 4 4
⇔ = + π + = ± + ππ π π 
 2x k v x k2 v x k2
3 3
π π π⇔ = + =
2
+ π = π+ π 
2. Tìm m để phương trình: mx1x4 2 =−+
( )
 có nghiệm 
 Xét hàm số x1xxf 4 2 −+=
( )
 (điều kiện: x ≥ 0) 
 ( ) 0
1x1x'f ⎟
⎞⎜⎛⇒
( )
x1x2 4
32
<⎟⎟⎠⎜⎜⎝
−
+
= , ∀x > 0 
x
= Vì 1
x
x
x
x
1x
x
2
34 64 32
=<
+
)0;
Ta có f giảm trên [ +∞
x
lim f(x) 0→+∞ và = nên ta có 
[ )) 1, x 0;< ≤ ∀ ∈ +∞
m∈
. 0 f(x
Vậy, phương trình (1) có nghiệm 
⇔ miền giá trị của f trên đoạn [ )0;+∞ ⇔ 0 < m ≤ 1 
Câu III: 
1. Đường thẳng AB có VTCP ( ) ( )3,2,2412,8,8a −=−= 
 Phương trình đường thẳng AB: 
⎪⎩
⎪⎨
⎧
+−=
−=
+−=
t35z
t25y
t23x
 Điểm I (–3+2t; 5- 2t; –5+3t) AB (P)∈ ∩ khi 
 (–3 + 2t) + (5 – 2t) + (–5 + 3t) = 0 ⇔ t = 1 
 Vậy đường thẳng AB cắt mặt phẳng (P) tại I(–1, 3, –2) 
2. Tìm M ∈ (P) để MA2 + MB2 nhỏ nhất 
 Gọi H là trung điểm của đoạn AB. Tam giác MAB có trung tuyến MH 
nên: 
2
ABMH2MBMA
2
222 +=+ 
 Do đó MA2 + MB2 nhỏ nhất ⇔ MH2 nhỏ nhất 
 Ta để thấy H(1, 1, 1), M ∈ (P) 
 MH nhỏ nhất ⇔ MH ⊥ (P) và để ý rằng mặt phẳng (P): x + y + z = 0 có 
PVT ( )1,1,1OH = và O ∈ (P) ⇒ M ≡ (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 ( )
1x
x1xy 2 +
−= và y = 0 là A(0, 0); B(1, 0). 
Khi đó 0 ≤ x ≤ 1 ⇒ x(1 – x) ≥ 0 ⇒ ( ) 0
1x
x1x −y 2 ≥+= 
 Do đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi 2 đường đã cho là 
( )1 1
0 0
x 1 x
S dx
x 1
−= =∫ ∫ 122 2 2
0
x x x 1dx 1 dx
x 1 x 1
− + +⎛ ⎞= − +⎜ ⎟+ + +⎝ ⎠∫ 
 ∫ +++−=
1
0
2
1
0
dx
1x
1xxS
 Đặt: x = tgt ⇒ dx = (tg2t + 1)dt 
Đ i cận ổ x 1 t ;x 0 t 0
4
π= ⇒ = = ⇒ = 
( ) ( )[ ]∫∫
π
π
+π=−=+=+
+=
4
0
4
0
1
0
2 2ln2
1
4
tcoslntdt1tgtdx
1x
1xS 
2ln
2
1
4
1S +π+−= Vậy 
( ) / 32
2 2
t 1g t ;g (t) 0, t 1
t 1 (t 1)
−= = < ∀− −
 2. Đặt: f(t) = et, >
 Ta có f tăng nghiêm cách trên và g giảm nghiêm cách trên từng khoảng 
 Xác định. 
( ) ( )
( ) ( )⎨
⎧
=+
=+⇔
2007xgyf
2007ygxf
 Hệ phương trình (1) ⎩
 ⇒ f(x) + g(y) = f(y) + g(x) (∗) 
 g(x) ( do(∗) ) 
Do đ
 Nếu x > y ⇒ f(x) > f(y) ⇒ g(y) <
⇒ y > x ( do g giảm nghiêm cách ) ⇒ vô lý. 
Tương tự khi y > x cũng dẫn đến vô lý. 
ó, (1) (2)⇔
x xe 2007 0⎧
2x 1
x y
+ − =⎪⎨ −⎪ =⎩
( )
 Xét: 2007exh
2
−−+= (|x| > 1 ) 
 Nếu x < –1 thì h(x) < e–1 – 2007 < 0 ⇒ hệ vô nghiệm 
xx
1x
 Khi x > 1 ⇒ ( ) ( ) ( ) 2
3
2xx 1xe1ex'h
−−−== 
2
3
2 1x −
−
 ( ) ( ) ( )
5
x
5
2 2
3 3xh '' x e e 0
x 1
−= + = + >
−
 và ( ) +∞=+→ xhlim1 , 
x 2 2x 1 .2x
2
−
x
( )
x
lim h x→+∞ = +∞ 
ục và có đồ thị là đường cong lõm trên (1, +∞) Vậy h(x) liên t
 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 ( ) 2 2h 2⇒ e 2007 0
3
= + − < 
đúng 2 nghiệm x1 > 1, x2 > 1 
âu Va:
 Suy ra: h(x) = 0 có 
C 
1. Với điều kiện: x ≥ 2, y ≥ 3, ta có: 
( ) ( )( )
( )( ) ( )⎪
⎪⎪⎨
=−+−−
=−
⇔
⎪⎩
⎪⎨
⎧
=+
=+
661xx
2
12y1yy
222y
6
66CA
22CA
2
x
3
y
yx 
2 3 26x 6x y 3y 2y 132 (1)
(2)
⎧ − + − + =⇔ ⎨ 
⎪⎩
⎧ −+− 1yy11xx32
( )3 2 2y 3y 2y .2 x x 132− + + − =⎩
2 3 2
2
6x 6x y 3y 2y 132⎧ − + − + =⇔ ⎨ 11x 11x 132 0 (2) 2(1)− − = −⎩
{ ( )( ) {23 2 x 4 x 4 hay x 3 (loaïi) x 4y 5 y 2y 12 0 y 5=⎧= = −y 3y 2y 60 =⇔ ⇔ ⎨ − + + = ⇔ =− + = ⎩
2. 
x 
 –3 
Đường tròn (C) có tâm I(4, –3), bán kính R = 2 
– 1 = 0. Vậy I ∈ d 
 bán 
 y 
2 4 6 
 I 
 –5 B C 
 0 
 A D 
 Tọa độ của I(4, –3) thỏa phương trình (d): x + y 
 Vậy AI là một đường chéo của hình vuông ngoại tiếp đường tròn, có
kính R = 2 , x = 2 và x= 6 là 2 tiếp tuyến của (C ) nên 
 . Hoặc là A là giao điểm các đường (d) và x = 2 ⇒ A(2, –1) 
 . Hoặc là A là giao điểm các đường (d) và x = 6 ⇒ A(6, –5) 
 . Khi A(2, –1) ⇒ B(2, –5); C(6, –5); D(6, –1) 
 . Khi A(6, –5) ⇒ B(6, –1); C(2, –1); D(2, –5) 
Câu Vb: 
ương trình:1. Giải ph ( ) ( ) 21x2log1xlog 323 =−+− 
 ( )3 32 log x 1 2 log⇔ − + 2x 1 2− = 
 ( )3 3log x 1 log 2x 1 1⇔ − + − = ( )3 3log x 1 2x 1 log 3⇔ − − = 
 ( )x 1 2x 1 3⇔ − − = 
⇔ { 221 x 1x 1 hay2 2x 3x 2 02x 3x 4 0(vn)⎧⎪ >< <⎨ − − =⎪ − + = ⎩ 
 x 2⇔ = 
(Bạ đọc tự vẽ hình) 
 AH vuông với SB 
⇒ (1) 
K
n 2. 
+BC vuông góc với (SAB) 
⇒ BC vuông góc với AH mà
AH vuông góc với (SBC) ⇒AH vuông góc SC
+ Tương tự AK vuông góc SC (2) 
(1) và (2) ⇒SC vuông góc với (AH ) 
2 2 2 2SB AB SA 3a= + = ⇒SB = a 3 
AH.SB = SA.AB ⇒AH= a 6
3
⇒SH= 2a 3
3
 ⇒SK= 2a 3
3
ằng nhau và cùng vuông tại A) (do 2 tam giác SAB và SAD b
Ta có HK song song với BD nên HK SH 2a 2HK= ⇒ =
BD SB 3
. 
Gọi AM là đường cao của tam giác cân AHK ta có 
2
2 2 2 4aAM AH HM= − = ⇒AM=
9
2a 
3
3
OAHK AHK
1 1 a 2 1 2aV OA.S . HK.AM
3 3 2 2 27
= = = 
Cách khác: 
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho 
(0;a;0), S (0;0; a 2A= O (0;0;0), B(a;0;0), C( a;a;0), D ) 
----------@--------- 
HÀ VĂN CH NG DANH 
(Trung Viễn) 
ƯƠNG - PHẠM HỒ
tâm Bồi dưỡng văn hóa và Luyện thi đại học Vĩnh