Đề thi Dự trữ Toán Khối D - Năm 2007 Đề II

Đề thi Dự trữ Khối D - năm 2007 
Đề II 
Câu I : Cho hàm số 
1x
xy −= (C) 
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số. 
2. Viết phương trình tiếp tuyến d của (C) sao cho d và hai tiệm cận của (C) 
cắt nhau tạo thành một tam giác cân. 
Câu II : 
1. Giải phương trình : (1 – tgx)(1 + sin2x) = 1 + tgx 
2. Tìm m để hệ phương trình : ⎪⎩
⎪⎨⎧ =+
=−−
1xyx
0myx2
 có nghiệm duy nhất 
Câu III : Cho mặt phẳng (P): x – 2y + 2z – 1 = 0 và các đường thẳng 
2
z
3
3y
2
1x:d1 =−
−=− và 
5
5z
4
y
6
5x:d2 −
+==− 
1. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa d1 và (Q) ⊥ (P). 
2. Tìm các điểm M ∈ d1, N ∈ d2 sao cho MN // (P) và cách (P) một khoảng 
bằng 2. 
Câu IV : 
1. Tính ∫
π
=
2
0
2 xdxcosxI 
2. Giải phương trình: x
x
2 2x1x
12log −+=− . 
Câu Va (cho chương trình THPT không phân ban) 
1. Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên 
chẵn mà mỗi số gồm 4 chữ số khác nhau. 
2. Trong mặt phẳng Oxy cho các điểm A(0, 1) B(2, –1) và các đường 
thẳng: d1: (m – 1)x + (m – 2)y + 2 – m = 0 
 d2: (2 – m)x + (m – 1)y + 3m – 5 = 0 
Chứng minh d1 và d2 luôn cắt nhau. Gọi P = d1 ∩ d2. Tìm m sao cho 
 lớn nhất PBPA +
Câu Vb (cho chương trình THPT phân ban) 
1. Giải phương trình: . 022.72.72 xx21x3 =−+−+
2. Cho lăng trụ đứng ABCA1BB1C1 có tất cả các cạnh đều bằng a. M là trung 
điểm của đoạn AA1. Chứng minh BM ⊥ B1C và tính d(BM, B1C). 
Bài Giải 
Câu I. 
1. Khảo sát hàm số ( độc giả tự giải) 
2. Ta có ( )2
1y ' 0, x 1
x 1
−= < ∀− ≠ 
 Từ đồ thị ta thấy để tiếp tuyến tạo với hai tiệm cận một tam giác vuông 
cân ta phải có hệ số góc của tiếp tuyến là –1 tức là: 
 ( ) ( ) 2x ,0x11x11x
1
21
2
2 ==⇒=−⇔−=−
− 
 . Tại x1 = 0 ⇒ y1 = 0 ⇒ phương trình tiếp tuyến là y = –x 
 . Tại x2 = 2 ⇒ y2 = 2 ⇒ phương trình tiếp tuyến là y = –x + 4 
Câu II. 
1. Giải phương trình : (1 – tgx)(1 + sin2x) = 1 + tgx (1) 
 Đặt: t = tgx 2t1
t2x2sin +=⇒ . Pt (1) thành 
 ( ) 22t1 t 1 1 t1 t
⎛ ⎞− + = +⎜ ⎟+⎝ ⎠ ( )( )
2 21 t t 1 (t 1)(1 t )⇔ − + = + + 
 ( )( ) 2t 1 0 hay 1 t t 1 (1 t )⇔ + = − + = + 
 t 1 hay t⇔ = − = 0
 Do đó (1) ⇔ tgx = 0 hay tgx = –1 
 ⇔ x = kπ hay x = 
4
π− + kπ, k∈ ]
Cách khác 
(1) ⇔ (cosx – sinx)(cosx + sinx)2 = cosx + sinx 
( hiển nhiên cosx = 0 không là nghiệm) 
⇔ cosx + sinx = 0 hay (cosx – sinx)(cosx + sinx) = 1 
⇔ tgx = -1 hay cos2x = 1⇔ x = 
4
π− + kπ hay x = kπ, k∈] 
 2. Tìm m để hệ sau có nghiệm duy nhất 
 (I) ⎪⎩
⎪⎨⎧ −=
=−−⇔⎪⎩
⎪⎨⎧ =+
=−−
x1xy
0myx2
1xyx
0myx2
 Với điều kiện: ta có ⎩⎨
⎧
≤
≥
1x
0xy
 (I) ⇔ ( ) ( ) ( )
2
2
y 2x my 2x m
1 xxy 1 x y x
x
= −⎧= −⎧ ⎪⇔ −⎨ ⎨= − 1= ≤⎩ ⎪⎩
 ( ) ( )
2
21 x 2x m x 2 m x 1 0
x
−⇒ = − ⇔ + − − = (∗) 
 ( hiển nhiên x = 0 không là nghiệm của (∗) ) 
 Đặt ( )2f (x) x 2 m x 1= + − − , ( a = 1 ) 
 ycbt ⇔ tìm m để phương trình (∗) có đúng 1 nghiệm thỏa x ≤ 1 
 ⇔ af(1) < 0 hay 
f (1) 0 0(vn,do ac 0)
c bhay1 1(VN) 1
a 2a
= Δ = − ≤⎪ ⎪⎩ ⎩
 ⇔ 2 2 m−
Câu III. 
1. d1 đi qua A(1, 3, 0), VTCP ( )2,3,2a −= 
 Mặt phẳng (P) có PVT ( )2,2,1nP −= 
 M/phẳng (Q) chứa d1 và ⊥ (P) nên (Q) có PVT [ ] ( )1,2,2n,an PQ −−−== 
 Vậy (Q) qua A có PVT ( )1,2,2nQ −−−= nên phương trình (Q): 
 –2(x – 1) – 2(y – 3) – 1(z – 0) = 0 ⇔ 2x + 2y + z – 8 = 0 
2. P/trình tham số d1: 
x 1 2t
y 3 3t
z 2t
= +⎧⎪ = −⎨ =⎪⎩
( )1M d M 1 2t,3 3t, 2t∈ ⇒ + − 
 P/trình tham số d2: 
x 5 6t '
y 4t '
z 5 5t
= +⎧⎪ =⎨
'= − −⎪⎩
 ( )2M d N 5 6t ', 4t ', 5 5t '∈ ⇒ + − −
 Vậy ( )5t2't5,3t3't4,4t2't6MN −−−−++−= 
 Mặt phẳng (P) có PVT ( )2,2,1nP −= 
 Vì MN // (P) 0n.MN P =⇔ 
 ( ) ( ) ( )1 6t ' 2t 4 2 4t ' 3t 3 2 5t ' 2t 5 0 t t '⇔ − + − + − + − − − = ⇔ = − 
 . Ta lại có khoảng cách từ MN đến (P) bằng d(M, P) vì MN // (P) 
( ) ( )
2
441
1t22t332t21 =++
−+−−+
 6 12t 6 6 12t 6 hay 6 12t 6 t 1hay t 0⇔ − + = ⇔ − + = − + = − ⇔ = = 
 . t = 1 ⇒ t' = –1 ⇒ M1(3, 0, 2) N1(–1, –4, 0) 
 . t = 0 ⇒ t' = 0 ⇒ M2(1, 3, 0) N2(5, 0, –5) 
Câu IV. 
1. Tính ∫
π
=
2
0
2 xdxcosxI 
 Đặt: u = x2 ⇒ du = 2xdx ; dv = cosxdx , chọn v = sinx 
 Vậy I = 
π π
π
= −∫ ∫2 22 2 20
0 0
x cosxdx x sin x 2 xsin xdx 
 Ta có 
π π=
2
2 2
0
x sin x
4
 I1 = 
2
0
xsin xdx
π
∫ ; Đặt u = x ⇒ du = dx 
 dv = sinxdx, chọn v = − cosx 
 I1 = 
π ππ
= − +∫ ∫2 220
0 0
xsin xdx x cosx cosxdx 
 = [ ]20x cosx sin x 1
π
− + = 
 Vậy : I = 
2 2
2
0
x cosxdx 2
4
π
π= −∫ 
2. Giải phương trình 
x
x
2
2 1log 1 x 2 (*)
x
− = + − 
 Điều kiện 
x x 02 1 0 2 1 2 x 0
x 0 x 0
⎧ ⎧⎪ ⎪− > > =⇔ ⇔ >⎨ ⎨≠ ≠⎪ ⎪⎩ ⎩
 (*) ⇔ − = − +
x
x
2
2 1log 1 2 x
x
 và x > 0 
 và x > 0 ⇔ − − = −x x2 2log (2 1) log x 1 2 x+
 ⇔ (2x − 1) + log2(2x − 1) = x + log2x (**) 
 Xét hàm f(t) = t + log2t đồng biến nghiêm cách khi t > 0 
 Do đó f(u) = f(v) ⇔ u = v, với u > 0, v > 0 
 Vậy từ (**) ⇔ 2x − 1 = x ⇔ 2x − x −1 = 0 (***) 
 Lại xét hàm g(x) = 2x − x − 1 khi x > 0 
 g'(x) = 2xln2 − 1 , g'(x) = 0 ⇔ = = >x 212 logln 2 e 1 
 ⇔ 2 2x log (log e) 0= >
 Ta có g//(x) > 0 với mọi x nên g'(x) là hàm tăng trên R 
/
2 2g (x) 0, x log (log e)⇒ ∀ >
g⇒ giảm nghiêm cách trên ( ]2 2; log (log e)−∞ 
 và tăng nghiêm cách trên g [ )2 2log (log e);+∞ 
g(x) 0⇒ = có tối đa là 1 nghiệm trên ( ]2 2; log (log e)−∞ , và có tối đa là 1 
nghiệm trên [ )2 2log (log e);+∞ . 
bằng cách thử nghiệm ta có pt g(x) 0= (***) có 2 nghiệm là 
 x = 0 và x = 1 . Vì x > 0 nên (*) ⇔ x = 1. 
Câu Va. 
1/ Gọi n = 1 2 3 4a a a a là số cần tìm. Vì n chẵn ⇒ a4 chẵn. 
 * TH1 : a4 = 0 Ta có 1 cách chọn a4 
 6 cách chọn a1 
 5 cách chọn a2
 4 cách chọn a3
 Vậy ta có 1.6.5.4 = 120 số n 
 * TH2 : a4 ≠ 0. Ta có 3 cách chọn a4
 5 cách chọn a1
 5 cách chọn a2
 4 cách chọn a4
 Vậy ta có 3.5.5.4 = 300 số n . 
 Tổng cộng hai trường hợp ta có : 120 + 300 = 420 số n 
2. Tọa độ giao điểm P của d1, d2 là nghiệm của hệ phương trình 
(m 1)x (m 2)y m 2
(2 m)x (m 1)y 3m 5
− + − = −⎧⎨ − + − = − +⎩
 Ta có 
2
2m 1 m 2 3 1D 2m 6m 5 2 m
2 m m 1 2 2
− − ⎛ ⎞= = − + = − + >⎜ ⎟− − ⎝ ⎠ 0 m∀ 
 Vì 
23 1D 2 m 0 m
2 2
⎛ ⎞= − + > ∀⎜ ⎟⎝ ⎠ nên d1, d2 luôn luôn cắt nhau. 
 Ta dễ thấy A(0,1) ∈ d1 ; B(2,−1) ∈ d2 và d1 ⊥ d2
 ⇒ Δ APB vuông tại P ⇒ P nằm trên đường tròn đường kính AB. 
 Ta có (PA + PB)2 ≤ 2(PA2 + PB2) = 2AB2 = 2 2(2 2) 16= 
 ⇒ PA + PB ≤ 4. Dấu "=" xảy ra ⇔ PA = PB ⇔ P là trung điểm của 
cung pAB 
 Vậy Max (PA + PB) = 4 khi P là trung điểm của cung pAB 
 ⇒ P nằm trên đường thẳng y = x – 1 qua trung điểm I (1 ;0) của AB 
 và IP = 2 ⇒ P (2 ; 1 ) hay P (0 ;- 1) 
 Vậy ycbt ⇔ m = 1 v m = 2 
Câu Vb. 
1. Giải phương trình : 23x+1 − 7.22x + 7.2x − 2 = 0 
 ⇔ 2.23x − 7.22x + 7.2x − 2 = 0 
 Đặt t = 2x > 0 thì (1) thành 
 2t3 − 7t2 + 7t − 2 =0 
 ⇔ (t − 1)(2t2 − 5t + 2) = 0 ⇔ t = 1 hay t = 2 hay t = 1
2
 Do đó pt đã cho tương đương 
 = = =x 12 2 hay 2
2
x x2 1hay ⇔ x = 0 hay x = 1 hay x = −1 
 2. Chọn hệ trục Oxyz sao cho 
 ta có A(0 ;0 ;0); A1(0,0,a); C ( - a ;0 ;0 ) ⇒ B ⎛ ⎞−⎜ ⎟⎜ ⎟ ; ⎝ ⎠
a a 3, ,0
2 2
 B1
⎛ ⎞−⎜ ⎟⎜ ⎟ ;M⎝ ⎠
a a 3, ,a
2 2
a0,0,
2
⎛⎜ ⎞⎟⎝ ⎠
⇒ ⎛ ⎞ ⎛= − =⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝
JJJJG JJJJG
1
a a 3 a a a 3BM , , ;CB , ,a
2 2 2 2 2
⎞⎟⎟⎠
 ⇒ = − + =JJJJG JJJJG
2 2 2
1
a 3a aBM.CB 0
4 4 2
 ⇒ BM ⊥ B1C 
 Ta có B ⇒ 1.B (0,0,a)=
JJJJJG = =
JJJJG JJJJG JJJJG
JJJJG JJJJG1 11
1
[BM.B C].BB a 30d(BM,B C)
10[BM.B C]
 Hà Văn Chương - Phạm Hồng Danh 
 ( TT bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Vĩnh Viễn )