Đề thi môn toán 1( Đh- CĐ)

Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số.. Viết phương trình tiếp tuyến với C, biết rằng tiếp tuyến đó đi qua giao điểm của đường tiệm cận và trục Ox.. Câu Vb cho chương trình THPT phân ban:... Gọi

Đề thi Dự trữ khối D-năm 2007

Đề I

1 x y







 (C)

1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số

2 Viết phương trình tiếp tuyến với (C), biết rằng tiếp tuyến đó đi qua giao điểm của đường tiệm cận và trục Ox

Câu II:

1 Giải phương trình: cos x 1

12 x sin 2









 



2 Tìm m để phương trình: x  3  2 x  4  x  6 x  4  5  m có đúng

2 nghiệm

1 z 1

2 y 2

3 x













và mặt phẳng (P): x  y  z  2  0

1 Tìm giao điểm M của d và (P)

2 Viết phương trình đường thẳng  nằm trong (P) sao cho   d và

khoảng cách từ M đến  bằng 42

Câu IV:

1 Tính   

1

0

4 x

1 x x I

2 Cho a, b là các số dương thỏa mãn ab + a + b = 3

3 b a b a

ab 1 a

b 1 b















Câu Va (cho chương trình THPT không phân ban):

1 Chứng minh với mọi n nguyên dương luôn có

nC n 1C  1 C  1 C n 1 0

n 1 n 2

n n 2 n 1

n

0

2 Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A(2, 1) lấy điểm B thuộc trục Ox có hoành độ x  0 và điểm C thuộc trục Oy có trung độ y  0 sao cho ABC vuông tại A Tìm B, C sao cho diện tích ABC lớn nhất

Câu Vb (cho chương trình THPT phân ban):

1 Giải bất phương trình: 2  2

2

log 2x 3x 1 log x 1

2 Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có đáy ABC là tam giác vuông

a

AC

AB   , AA1 = a 2 Gọi M, N lần lượt là trung điểm của đoạn AA1

và BC1 Chứng minh MN là đường vuông góc chung của các đường thẳng

AA1 và BC1 Tính VMA1BC1.

Bài giải

Câu I:

1 Khảo sát (Bạn đọc tự làm)

2 Giao điểm của tiệm cận đứng với trục Ox là 











 , 0 2

1 A

Phương trình tiếp tuyến () qua A có dạng 















2

1 x k y

() tiếp xúc với (C) /

x 1 k x 1

x 1 k co ù nghieäm 2x 1

   

 

 

 

  

  



























) 2 ( k

1 x

2

3

) 1 ( 2 1 x k 1 x

2 Thế (2) vào (1) ta có pt hoành độ tiếp điểm là

1

3 x





1 (x 1)(2x 1) 3(x )

2

2

2

x 5

2

  Do đó 12

1

k  

Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y 1 x 1

   

Câu II:

1 Giải phương trình: cos x 1

12 x sin 2









 

12

sin 12 x sin

























1 sin 2x sin

12

cos 6 sin 2 12

sin 4

sin 12 x 2 sin      









 





12

5 sin 12

cos 12

x 2 sin     









 





x k hay x k k Z 

2 P/trình cho  x  4   2 x  4  1   x  4   6 x  4  9  m (1)

 x  4  12  x  4  32  m

m 3 4 x 1

4

x      

 (1) đặt: t  x  4  0

(1)  t  1  t  3  m ()

Phương trình cho có đúng 2 nghiệm  phương trình () có đúng 2 nghiệm t  0

Vẽ đồ thị của hàm số f t  t  1  t  3 , t  0

Ta có  





















3 t

n eáu

4 t

2

3 t

1 neá u

2

1 t

0

n eáu

t 2 4

t f

y

4

2

0

1 2 3 x

Từ đồ thị ta có ycbt  2 < m  4

Cách khác

m 3

t

1

0 t 1m 4 2t  hay1 t 3m 2  hayt 3m 2t 4





2 m 4 hay m 2 hay m 2



Do đó, ycbt  2 < m  4

( khi 2 < m  4 thì () có đúng 2 nghiệm t1, t2 thỏa 0 t 1 1 và t2 > 3 )

Câu III:

1 Tìm giao điểm M của đường thẳng d và mặt phẳng (P)

Phương trình số của d: 



















t 1 z

t 2

y

t 2 3

x

có VTCP

2 , 1 , 1

a  

Thế vào phương trình (P): (3 + 2t) + (–2 + t) + (–1 – t) + 2 = 0

 t = –1 M ( 1 ;- 3 ; 0)

Mặt phẳng (Q) chứa d và vuông góc (P) có PVT n Q a , n P2 ,  3 , 1

Suy ra phương trình mặt phẳng (Q) chứa d và vuông góc (P) là:

2(x – 1) – 3(y + 3) + 1(z – 0) = 0  2x – 3y + z – 11 = 0 (Q)

2 Phương trình đường thẳng (d') hình chiếu của d lên mặt phẳng P là: d': 2x 3y z 11 0x y z 2 0       có VTCP ad' 4;1; 5 

 Phương trình tham số của d': x 1 4t

y 3 t

z 5t

 



 





 Trên d' tìm điểm N sao cho MN = 42

Vì N  d'  N(4t +1, –3 + t, – 5t)

MN 4t t  5t  42t  42

 t2  1 t1

t = 1  N1(5, –2, –5)

Q

P



N M

d d'

Đường thẳng 1 qua N1 nằm trong (P), vuông góc d' có VTCP

a n ,a 

 6;9; 3 3 2, 3,1 

Vậy phương trình 1: x 5 y 2 z 5

 t = –1  N2(–3, –4, 5)

Đường thẳng 2 qua N2 nằm trong (P), vuông góc d' có VTCP

nP,ad '

a2  3 2, 3,1  

Vậy phương trình 2: x 3 y 4 z 5



Câu IV:

1 Tính    







1 0 2 2 1

0

4 x

x x dx 4 x

1 x x I

d x 4



1 1

2 0

0

 





2 Từ giả thiết a, b > 0 và ab + a + b = 3 Suy ra:

ab 3 (a b)   , (a+1)(b+1) = ab +a +b + 1 = 4

bđt đã cho tương đương với

2 2 3 3a(a 1) 3b(b 1) 3

2 (a 1)(b 1) a b

b a

3 b a 4

3 b a 4

3 2

3 b

a 2 2 2 2





















b a

12 b a 3 b a 3 6 b

a



















a b

 (A) Đặt x = a+b > 0  x2 (a b) 2 4ab 4(3 x) 

 x24x 12 0   x6 hay x 2  x 2 ( vì x > 0)

2 2 2

x a b 2ab  a2b2 x2 2(3 x) x  22x 6 Thế x như trên , (A) thành

x

    , với x 2

 x3 x24x 12 0  , với x 2

 x 2 x   2 x 6 0, với x 2 (hiển nhiên đúng) Vậy bđt cho đã được chứng minh

Câu Va:

1 Với mọi n  N ta có

x  1n  C0nxn C1nxn1  1n1Cnn1x  1nCnn

Lấy đạo hàm hai vế ta có

x 1n 1 nC0nxn 1 n 1C1nxn 2  1n 1Cnn 1















Cho x = 1 ta có

  1n  n 1 nn 1

0

nC













2 Ta có A(2, 1); B(b, 0); C(0,c) với b, c  0

Ta có ABC vuông tại A  AB AC  0

Ta có AB b  2 ,  1; AC  2 , c  1

Do ABC vuông tại A  AB AC   2b  2  c  1 0

5 b 0 0 5 b c 2 b 2 1

c            



Ta lại có ABC b 12 1 4 c 12

2

1 AC AB 2

1

S      

b 2 1 4 4b 2 b 2 1

2

1

SABC   2   2   2

5

b

0   nên SABC = (b – 2)2 + 1 lớn nhất  b = 0 Khi đó c = 5 Vậy, ycbt  B(0, 0) và C(0, 5)

Câu Vb:

1 Giải phương trình: 2  2

2

log 2x 3x 1 log x 1

1 1 x log 2

1 1 x x log 2

2

2





2

1 1 x log 2

1 1 x x log 2

2

2





2

1 (x 1)(2x 1)

2 x 1 x

2

   

(x 1) 2

(2x 1)





 

2 Chọn hệ trục Oxyz sao cho A(0,0,0); C(-a,0,0); B(0,a,0),

A1(0,0, a 2 )

Suy ra M 0,0,a 2

2

C1(-a,0, a 2 ) N a a a 2, ,

2 2 2



và

1

BC  a, a,a 2

; MN a a, ,0

2 2

  



; AA1 0 , 0 , a 2

Ta có: MN BC1  MN AA1 0

Vậy MN là đường vuông góc chung của hai đường thẳng AA1 và BC1

Ta có 1

2

MA a 0,0,

2

  



MB a 0,1, 2

2



1

2

MC a 1,0,

2



2

MA , MB a ,0,0

2

 

MA1, MBMC1 a322



MA , MBMC a122 6

1

VMA1BC1  1 1  3 (đvtt)

-@ -HÀ VĂN CHƯƠNG - PHẠM HỒNG DANH

(Trung tâm Bồi dưỡng văn hóa và Luyện thi đại học Vĩnh Viễn)