Đề thi Toán Dự trữ khối B - Đề II

Đề thi Dự trữ khối B-năm 2007
Đề II
Câu I: Cho hàm số (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 DOBA vuông cân.
Câu II: 
1. Giải phương trình: 
2. Tìm m để phương trình : 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 .
2. Giải hệ phương trình: 
Câu Va (cho chương trình THPT không phân ban):
1. Tìm hệ số của x8 trong khai triển (x2 + 2)n, biết: .
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 .
Câu Vb (cho chương trình THPT phân ban):
1. Giải phương trình: 
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 . Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A trên SB, SC. Chứng minh DAHK vuông và tính VSABC?
Bài giải
Câu I:
1. 	Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (Bạn đọc tự làm)
2.	Ta có: 
	y' = 0 Û –x2 + 4x + m – 4 = 0 Û (2 – x)2 = m (x ¹ 2) (*)
	Để đồ thị (Cm) có cực đại 
Û phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt ¹ 2 Û m > 0
	Khi đó y' = 0 Û , , ta có:
	x –¥	 x1	 2	x2	 +¥
	y'	 – 0 +	 	 +	0 –
	y +¥	 +¥	CĐ	
	 CT	 –¥	 –¥
	Þ Điểm cực đại A(2 + , –1 – 2)
	Phương trình tiếp tuyến với (Cm) tại điểm CĐ A có phương trình: , do đó 
	AB = X2 = 2 + (vì B Î Oy Þ xB = 0)
	DAOB vuông cân Û OB = BA Û 1 + 2 = 2 + Û m = 1
Cách 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)