Đề thi Dự trữ Toán khối D - Năm 2007 Đề I

Đề thi Dự trữ khối D-năm 2007 
Đề I 
Câu I: Cho hàm số 
1x2
1xy +
+−= (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: 1xcos
12
xsin22 =⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ π− 
2. Tìm m để phương trình: m54x6x4x23x =+−−+−−− có 
đúng 2 nghiệm 
Câu III: Cho đường thẳng d: 
1
1z
1
2y
2
3x
−
+=+=− và mặt phẳng 
(P): 02zyx =+++
1. Tìm giao điểm M của d và (P). 
2. Viết phương trình đường thẳng Δ nằm trong (P) sao cho Δ ⊥ d và khoảng 
cách từ M đến Δ bằng 42 . 
Câu IV: 
( )1. Tính ∫ −−=
1
0
2 dx4x
1xxI 
2. Cho a, b là các số dương thỏa mãn ab + a + b = 3. 
 Chứng minh: 
2
3ba
ba
ab
1a
b3
1b
a3 22 ++≤+++++ . 
Câu Va (cho chương trình THPT không phân ban): 
1. Chứng minh với mọi n nguyên dương luôn có 
 ( ) ( ) ( ) 0C1C1...C1nnC 1nn1n2nn2n1n0n =−+−++−− −−−− . 
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 ΔABC 
vuông tại A. Tìm B, C sao cho diện tích ΔABC lớn nhất. 
Câu Vb (cho chương trình THPT phân ban): 
( )1. Giải bất phương trình: 221 2
2
1 1log 2x 3x 1 log x 1
2 2
. − + + − ≥
2. Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có đáy ABC là tam giác vuông 
, AA1 = aaACAB == 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 . 
11BCMAV
Bài giải 
Câu I: 
1. Khảo sát (Bạn đọc tự làm) 
2. Giao điểm của tiệm cận đứng với trục Ox là ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛− 0,
2
1A 
 Phương trình tiếp tuyến (Δ) qua A có dạng ⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +=
2
1xky 
 (Δ) tiếp xúc với (C) /
x 1 1k x
2x 1 2
x 1 k co ù nghieäm
2x 1
⎧− + ⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎪⎪ + ⎝ ⎠⇔ ⎨ − +⎛ ⎞⎪ =⎜ ⎟⎪ +⎝ ⎠⎩
( )⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
=+
−
⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ +=+
+−
⇔
)2( k
1x2
3
)1( 
2
1xk
1x2
1x
2
 Thế (2) vào (1) ta có pt hoành độ tiếp điểm là 
 ( )2
13 x
x 1 2
2x 1 2x 1
⎛ ⎞+⎜ ⎟− + ⎝ ⎠= −+ + 
 1(x 1)(2x 1) 3(x )
2
⇔ − + = + và 1x
2
≠ − 3x 1
2
⇔ − = 
 5x
2
⇔ = . Do đó 
12
1k −= 
 Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: 1 1y x
12 2
⎛ ⎞= − +⎜ ⎟⎝ ⎠ 
Câu II: 
1. Giải phương trình: 1xcos
12
xsin22 =⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ π− (1) 
 (1) 1
12
sin
12
x2sin2 =⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡ π−⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ π−⇔ 
 1sin 2x sin
12 12 2
π π⎛ ⎞⇔ − − =⎜ ⎟⎝ ⎠ 
12
cos
6
sin2
12
sin
4
sin
12
x2sin ππ=π+π=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ π−⇔ 
12
5sin
12
cos
12
x2sin π=π=⎟⎠
⎞⎜⎝
⎛ π−⇔ 
 ( )5 72x k2 hay 2x k2 k Z
12 12 12 12
π π π π⇔ − = + π − = + π ∈ 
 ( )x k hay x k k
4 3
π π⇔ = + π = + π ∈Z 
2. P/trình cho ( ) ( ) m94x64x14x24x =+−−−++−−−⇔ (1) 
 ( ) ( ) m34x14x 22 =−−+−−⇔ 
 m34x14x =−−+−−⇔ (1) đặt: 04xt ≥−= 
 (1) m3t1t =−+−⇔ (∗) 
 Phương trình cho có đúng 2 nghiệm ⇔ phương trình (∗) có đúng 2 
nghiệm t ≥ 0 
 Vẽ đồ thị của hàm số ( ) 0t ,3t1ttf ≥−+−= 
 Ta có ( )
⎪⎩
⎪⎨
⎧
≥−
≤≤
≤≤−
=
3t neáu 4t2
3t1 neáu 2
1t0 neáu t24
tf
 y 
 4 
 2 
 0 
 1 2 3 x 
Từ đồ thị ta có ycbt ⇔ 2 < m ≤ 4 
Cách khác 
m3t1t =−+−⇔ và t 0≥
{ { {0 t 1 1 t 3 t 3hay haym 4 2t m 2 m 2t 4≤ ⇔ = − = = − 
{0 t 1 t 31 t 32 m 4 hay hay m 2m 24 m 4 mt t
2 2
⎧ ⎧⎪ ⎪≤ ⎪ ⎪≤ ≤⇔ ⎨ ⎨=− +⎪ ⎪= =⎪ ⎪⎩ ⎩
Do đó, ycbt 2 < m ≤ 4 ⇔
( khi 2 3 ) 
Câu III: 
1. Tìm giao điểm M của đường thẳng d và mặt phẳng (P) 
 Phương trình số của d: có VTCP 
⎪⎩
⎪⎨
⎧
−−=
+−=
+=
t1z
t2y
t23x
( )1,1,2a −= 
 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 [ ] ( )1,3,2n,an PQ −== 
 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': { có VTCP x y z 2 02x 3y z 11 0+ + + =− + − = ( )d 'a 4;1; 5= −r 
 ⇒ Phương trình tham số của d': x 1 4ty 3
z 5t
t
= +⎧⎪ = − +⎨ = −⎪⎩
 Trên d' tìm điểm N sao cho MN = 42 
 Vì N ∈ d' ⇒ N(4t +1, –3 + t, – 5t) 
 ( ) ( )2 22 2MN 4t t 5t 42t 42= + + − = = 
 2t 1 t⇒ = ⇔ = ±1
. t = 1 ⇒ N1(5, –2, –5) 
 Đường thẳng Δ1 qua N1 nằm trong (P), vuông góc d' có VTCP 
1 P d 'a n ,aΔ ⎡ ⎤= ⎣ ⎦
r r r ( ) ( )6;9; 3 3 2, 3,1= − − = − − . 
Vậy phương trình Δ1: x 5 y 2 z 52 3 1
− + += =− 
 . t = –1 ⇒ N2(–3, –4, 5) 
 Đường thẳng Δ2 qua N2 nằm trong (P), vuông góc d' có VTCP ( )'dP a,na 2 =Δ ( )3 2, 3,1= − − 
Vậy phương trình Δ2: x 3 y 4 z 52 3 1
+ + −= =− 
Câu IV: 
1. Tính ( ) ∫∫ −−=−−=
1
0
2
21
0
2 dx4x
xxdx
4x
1xxI 
( )21 1
2 2 2 2
0 0
d x 4x 4 1 dx1 dx 1 4
x 4 x 4 2 x 4 x 2
−⎛ ⎞= − + = − +⎜ ⎟
1
2
0− − −⎝ ⎠∫ ∫ −∫ 
Q
P 
Δ
N
M
d
d'
1
12
0
0
1 x 21 ln x 4 ln 1 ln 2 ln
2 x 2
− ⎤⎤= − − + = + −⎥⎦ + ⎦
3 3
2
2. Từ giả thiết a, b > 0 và ab + a + b = 3. Suy ra: 
 . ab , (a+1)(b+1) = ab +a +b + 1 = 4 3 (a b)= − +
 bđt đã cho tương đương với 
2 2 3 3a(a 1) 3b(b 1) 3a b
2 (a 1)(b 1) a b
+ + ++ + ≥ + −+ + + 1 
 ( ) ( ) 1
ba
3ba
4
3ba
4
3
2
3ba 2222 −+++++≥++⇔ 
 ( ) ( ) ( ) 4
ba
12ba3ba36ba4 2222 −+++++≥++⇔ 
 ( )2 2 12a b 3 a b 10
a b
⇔ + − + − + ≥+ (A) 
Đặt x = a+b > 0 2 2x (a b) 4ab 4(3 x⇒ = + ≥ = − )
6
 ( vì x > 0) 2x 4x 12 0 x 6hay x 2⇒ + − ≥ ⇒ ≤ − ≥ x 2⇒ ≥
2 2 2x a b 2a= + + b 2 2 2 2a b x 2(3 x) x 2x⇒ + = − − = + − 
 Thế x như trên , (A) thành 
 2 12x x 4
x
− − + ≥ 0
0
, với x≥ 2 
 , với x≥ 2 3 2x x 4x 12⇔ − + − ≥
 , với x≥ 2 (hiển nhiên đúng) ( )( )2x 2 x x 6 0⇔ − + + ≥
 Vậy bđt cho đã được chứng minh. 
Câu Va: 
1. Với mọi n ∈ N ta có 
 ( ) ( ) ( ) nnn1nn1n1n1nn0nn C1xC1...xCxC1x −+−++−=− −−− 
 Lấy đạo hàm hai vế ta có 
 ( ) ( ) ( ) 1nn1n2n1n1n0n1n C1...xC1nxnC1xn −−−−− −++−−=− 
 Cho x = 1 ta có 
( ) ( ) 1nn1n1n0n C1...C1nnC0 −−−++−−= 
2 ≥. Ta có A(2, 1); B(b, 0); C(0,c) với b, c 0 
0AC.AB =⇔ Ta có ΔABC vuông tại A 
 Ta có ( )1,2bAB −−= ; ( )1c,2AC −−= 
BC vuông tại A ( ) ( ) 01c2b⇒ 2AC.AB =−−−−= Do ΔA 
2
5b005b2 ( ) c2b21c ⇒−−=−⇔ ≤≤⇒≥+−= 
 Ta lại có ( ) ( )22ABC 1c411b2
1AC.AB
2
1S −++−== 
( ) ( ) ( ) 12b2b4412b
2
1S 222ABC +−=−++−= 
 vì 
2
5b0 ≤≤ nên SABC = (b – 2)2 + 1 lớn nhất ⇔ b = 0 
i ó c = 5 Kh đ . Vậy, ycbt ⇔ B(0, 0) và C(0, 5) 
âu Vb: C 
 ( )221 2
2
1 1log 2x 3x 1 log x 1
2 2
− + + − ≥1. Giải phương trình: (1) 
 (1) ( ) ( )
2
11xlog
2
11x3x2log
2
1 2
2
2
2 ≥−++−−⇔ 
( ) ( )
2
11xlog
2
11x3x2log
2
1 2
2
2
2 ≥−++−−⇔ 
( )
( )
2 2
2
x 1 (x 1)log 1 2
1 (x 1)(2x 1)2 x 1 x
2
− −⇔ ≥ ⇔ − −⎛ ⎞− −⎜ ⎟⎝ ⎠
 ≥
 (x 1) 2
(2x 1)
−⇔ ≥−
3x 1 1 10 x
2x 1 3 2
− +⇔ ≥ ⇔ ≤ <− 
Chọn hệ trục Oxyz sao cho A(0,0,0); C(-a,0,0); B(0,a,0), 2. 
 A1(0,0, a 2 ) 
Suy ra a 2M
⎛⎜⎜ ⎟0,0, 2
⎞⎟⎝ ⎠
 C1(-a,0, a 2 ) 
a a a 2N , ,
2 2 2
⎛ ⎞−⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
 và 
(1BC = − )a, a,a 2−uuuur ; a aMN ,0= −⎜⎝ ,2 2⎛ ⎞⎟⎠uuuur ; ( )2 a,0,0AA1 =
 Ta có: 0AA.MNBC.MN 11 == 
 Vậy MN là đường vuông góc chung của hai đường thẳng AA1 và BC1 
 Ta có 1
2M
u
A a 0,0,
⎛ ⎞= ⎜ ⎟
uuuur
2⎜ ⎟⎝ ⎠
 2MB a 0,1,
2⎜ ⎟⎝ ⎠
⎛ ⎞−⎜ ⎟
uuur
 1
2MC a 1,0,=
2⎜ ⎟⎝ ⎠
⎛ ⎞= −⎜ ⎟
uuuur
2
1 Ta có 
2
2
⎡ ⎤⎣ ⎦MA ,MB a ,0,0
⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
uuuuur uuur
 [ ]
2
2aMCMB,
3
11 = MA⇒
[ ]
12
2aMCMB,MA
6
1V
3
11BCMA 11 == (đvtt) 
----------@-
HÀ VĂN CHƯƠNG - PHẠM HỒNG DANH 
(Trung tâm Bồi dưỡn i đại học Vĩnh Viễn) 
-------- 
g văn hóa và Luyện th