Đề thi Dự trữ Toán khối B - Đề II

Đề thi Dự trữ khối B-năm 2007 
Đề II 
Câu I: Cho hàm số 
x2
m1xy −++−= (Cm) 
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: 
1. Giải phương trình: gxcottgx
xsin
x2cos
xcos
x2sin −=+ 
2. Tìm m để phương trình : 01xmx13x4 4 =−++− 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 2x−2y = . 
2. Giải hệ phương trình: 
⎪⎩ +− 9y2y3 2
⎪
⎪⎪⎨
⎧
+=+
+=
+−
+
xyxy2y
yx
9x2x
xy2x
2
2
3 2
Câu Va (cho chương trình THPT không phân ban): 
1. Tìm hệ số của x8 trong khai triển (x2 + 2)n, biết: A . 49C1n =C8 2n3n +−
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 3AB = . 
Câu Vb (cho chương trình THPT phân ban): 
( )1. Giải phương trình: 1
xlog1
43logxlog2
3
x93 =−−− 
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 ( ) o60SBC,SAB =∧ . 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 
x2
11xy −++−= (Bạn đọc tự làm) 
2. Ta có: ( ) ( )2
2
2 x2
4mx4x
x2
m1'y −
−++−=−+−= 
 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 ⇔ m21 −=x , m22 +=x , ta có: 
 x –∞ x1 2 x2 +∞ 
 y' – 0 + + 0 – 
 y +∞ +∞ CĐ 
 CT –∞ –∞ 
m m ⇒ Điểm cực đại A(2 + , –1 – 2 ) 
 Phương trình tiếp tuyến với (Cm) tại điểm CĐ A có phương trình: 
m21y −−= m21m21 +=−−=OB , do đó 
 AB = X2 = 2 + m (vì B ∈ Oy ⇒ xB = 0) 
m m ΔAOB vuông cân ⇔ OB = BA ⇔ 1 + 2 = 2 + ⇔ m = 1 
Cách khác: 
2x
2 x
− + +
−
3x 2 my =
2ax bx c
Ax B
+y có dạng += +
⇒
 với a.A < 0 
Do đó, khi hàm có cực trị thì xCT < xCĐ 
 xCĐ = 2x 2 m= + và yCĐ = 22x 31
− m= –1 – 2 −
Câu II: 
1. Giải phương trình: gxcottgx
xsin
x2cos
xcos
x2sin −=+ (1) 
 (1)
xsin
xcos
xcos
xsin
xcosxsin
xsinx2sinxcosx2cos −=+⇔ 
 ( )
xcosxsin
xcosxsin
xcosxsin
xx2cos 22 −=−⇔ 
 cos x cos2x s in2x 0⇔ = − ∧ ≠
 22 cos x cosx 1 0 s in2x 0⇔ + − = ∧ ≠
 1cos x ( cos x 1 :loaïi vì sin x 0)
2
⇔ = = − ≠ 
 π+π±=⇔ 2kx 
3
01x =−++− mx13x4 4 (1) 2. Phương trình: 
 (1) x1mx13x4 4 −=+−⇔ 
 ( ) ⎩⎨
⎧
−=−−−
≤⇔
⎩⎨
⎧
−=+−
≤⇔
m1x9x6x4
1x
x1mx13x
1x
2344
 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) 
 f'(x) = 0 ⇔ 4x2 – 4x – 3 = 0 ⇔ 
2
3x
2
1x =∨−= 
 x –∞ –1/2 1 –3/2 +∞ 
 f' + 0 – – 0 + 
 f CĐ +∞ 
 –∞ –12 CT 
 Từ bảng biến thiên ta có: 
ycbt 3 3m 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 ( ) 5363MOR 22 =+−== 
 Khoảng cách từ tâm M của mặt cầu đến mặt phẳng (P): x + 2y – 9 = 0 
 R5315
960
d ===−−=
55
 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
y 3 21 2
+ =⎧ ⎧⎪ ⎪= ⇔ = − +⎨ ⎨ t
z 6z 6 == ⎪⎪ ⎩⎩
 (t ∈ R) 
 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 
1
c
z
b
y
2
x =++ Vì A(2,0,0) ∈ Ox nên phương trình (Q): 
Ta có M(0,–3,6) ∈ mặt phẳng (yOz) nên: bcc3b6 =−⇔1
c
6
b
3 =+− (1) 
3
3
bc
bc
2
1.
3
2S.OA
3
1
OBC ===VOABC = Ta lại có 
 ⇒ 9bc = (2) 
 Từ (1) và (2) ta có { {bc 9 bchay6b 3c 9 6b 3c= = 9 9−− = − = − 
3bb c 3 h
⎧⎪ay 2
c 6
= −⇔ = = ⎨ = −⎪⎩
 Vậy có 2 mặt phẳng (Q) có phương trình là: 1
3
z
3
y
2
=++x 
 hoặc 1
6
z
3
y2 =−
2
x − 
Câu IV: 
1. Ta có: 
⎩⎨
⎧
=+
≥⇔−=
2yx
0y
x2y 22
2 
 Là nửa đường tròn tâm O, bán kính 2R = , có y ≥ 0 
 Phương trình hoành độ giao điểm của 2 đường y = x2 và 2x2y −= : 
2 2x 2 x x= − ⇔ = ±1 ; x2 và [ ]khi x 1;1∈ − thì 22 x− ≥ x2 
Do đó ta có 
 ( ) ∫∫∫
−−−
−−=−−=
1
1
2
1
1
2
1
1
22 dxxdxx2dxxx2S 
 ∫ −= 1 21 dxx2I
−1
 Đặt: x = 2 sint ⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ ππ−∈
2
,
2
t 
 ⇒ dx = 2 costdt x 1 t ;x 1 tπ π
4 4
 = − ⇒ = − = ⇒ =
 ∫∫
π
π−
π
π−
=−=
44
2
1 tdtcos2.tcos2tdtcos2.tsin22I 
44
 ( ) ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +π=⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ +=+==
π
π
ππ
π−
∫∫ 2142t2sin21tdtt2cos1tdtcos2I 4
44
4
2
1
( )
−π− 4
4
( ) (Nhận xét : 4 41
0
I 1 cos2t dt 2 1 cos2t dt
π π
= + = +∫ ∫
t
4
π−
 Vì f(t) = 1 cos2+ là hàm chẵn) 
1 1
2 2 2I x dx 2 x dx= = =2
1 0 3−
∫ ∫ 
 Vậy 
3
1
23
21
23
2
2
1
4
2S +π=−+π=−⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +π= (đvdt ) 
(Nhận xét : ( ) ( )1 12 2 2 2
1 0
S 2 x x dx 2 2 x x d
−
= − − = − −∫ ∫ x 
Vì g(x) = 22 x x− − 2 là hàm chẵn) 
2. Hệ phương trình 
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
+=
+−
+
+=
+−
+
)2( xy
9y2y
xy2y
)1( yx
9x2x
xy2x
2
3 2
2
3 2
 Từ hệ suy ra: 
( ) ( )
2 2
2 23 3
1 1VT 2xy x y VP
x 1 8 y 1 8
⎛ ⎞⎜ ⎟= + = +⎜ ⎟− + − +⎝ ⎠
= 
 Dễ thấy |VT| ≤ 2|xy| ≤ x2 + y2 = VP 
 ( ( ) ( ) 1
1
81x
1
3 2
≤+
+−
x y 1 hay x y 0⇔ = = = =
x y 1 hay x y 0= = = =
 và dấu = xảy ) 
81y3 2 +−
Ta có VT = VP 
 Thử lại, kết luận hệ phương trình có 2 nghiệm 
Câu Va: 
1. Điều kiện n ≥ 4 
 Ta có: ( ) ∑=+ k2kn2 2xC2x
4n4
n 2C
−
3 2 1
n nC C 49− + =
2802C 347 =
n
n −kn
=0k
 Hệ số của số hạng chứa x8 là 
 Ta có: A 8 n
 ⇔ (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 
2. Phương trình đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0 có tâm I(1, –2) 
3R = 
 Đường tròn (C') tâm M cắt đường tròn (C) tại A, B nên AB ⊥ IM tại 
trung điểm H của đoạn AB. Ta có 
2
3
2
ABBHAH === 
 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: 
2
2 2 3 3IH ' IH IA AH 3
2 2
⎛ ⎞= = − = − =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
 Ta có: ( ) ( )2 2MI 5 1 1 2 5= − + + = 
 và 
2
7
2
35HIMIMH =−=−= 
 3 13MH' MI H ' I 5
2 2
= + = + = 
 Ta có: 13
444
MHAHMAR1 ==+=+== 524932222 
 431721693'MH'H'A'MAR 22222 ==+=+== 444 
 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
x
3logxlog2
3
x93 =−−− log1
4 (1) 
( ) 1
xlog
4
3
=
1x9log
1xlog2
3
3 −−−⇔ (1) 
1
xlog1
4
xlog
xlog
33
3 =−−+
−
2
2⇔ đặt: t = log3x 
(1) thành 22 t 4 1 t 3
2 t 1 t
− − = ⇔ − −+ − t 4 0= 
 (vì t = -2, t = 1 không là nghiệm) 
 t 1 hay t⇔ = − = 4
 Do đó, (1) 3
1log 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 
 ⇒ 
2
IOIA == R 
 Ta có SA ⊥ (ABC) nên (SAB) ⊥ (ABC) ⇒ CI ⊥ (SAB) 
 Suy ra hình chiếu vuông góc của ΔSCB trên mặt phẳng (SAB) là ΔSIB 
AB
4
3 Vì BI . Suy ra = SA.R.
4
3S
4
3S SABSIB == (∗) 
 Ta có: 22SBC RSA.3R2
SC.BC
2
S +== 11 
 Theo định lý về diện tích hình chiếu ta có: 
 22SBCSIB RSA
3RS160cos.SS +=== SBCo (∗∗) 42
2
RSA = Từ (∗), (∗∗) ta có: 
12
6RABCdt.SA
3
1V
3
SABC =Δ= Từ đó 
----------@--------- 
HÀ VĂN CHƯƠNG - PHẠM HỒNG DANH 
(Trung tâm Bồi dưỡng văn hóa và Luyện thi đại học Vĩnh Viễn)