Đề thi Dự trữ khối D-năm 2007

Chia sẻ: Nguyễn Thị Giỏi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

644
lượt xem 55
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

− x +1 (C) 2x + 1 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 I: Cho hàm số y = Câu II: π⎞ ⎛ 1. Giải phương trình: 2 2 sin⎜ x − ⎟ cos x = 1 12 ⎠ ⎝ 2. Tìm m để phương trình: đúng 2 nghiệm x − 3 − 2 x − 4 + x − 6 x − 4 + 5 = m có

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi Dự trữ khối D-năm 2007

Đề thi Dự trữ khối D-năm 2007 Đề I − x +1 Câu I: Cho hàm số y = (C) 2x + 1 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: ⎛ π⎞ 1. Giải phương trình: 2 2 sin⎜ x − ⎟ cos x = 1 ⎝ 12 ⎠ 2. Tìm m để phương trình: x − 3 − 2 x − 4 + x − 6 x − 4 + 5 = m có đúng 2 nghiệm x − 3 y + 2 z +1 Câu III: Cho đường thẳng d: = = và mặt phẳng 2 1 −1 (P): x + y + z + 2 = 0 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 x(x − 1) 1. Tính I = ∫x 0 2 −4 dx 2. Cho a, b là các số dương thỏa mãn ab + a + b = 3. 3a 3b ab 3 Chứng minh: + + ≤ a2 + b 2 + . b +1 a +1 a + b 2 Câu Va (cho chương trình THPT không phân ban): 1. Chứng minh với mọi n nguyên dương luôn có nC 0 − (n − 1)C1 + ... + (− 1) C n − 2 + (− 1) n −2 n −1 n n n C n −1 = 0 . n
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 1 1. Giải bất phương trình: log 1 2x 2 − 3x + 1 + log 2 ( x − 1) ≥ . 2 2 2 2 2. Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có đáy ABC là tam giác vuông AB = AC = a , 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 VMA 1BC1 . Bài giải Câu I: 1. Khảo sát (Bạn đọc tự làm) ⎛ 1 ⎞ 2. Giao điểm của tiệm cận đứng với trục Ox là A⎜ − ,0 ⎟ ⎝ 2 ⎠ ⎛ 1⎞ Phương trình tiếp tuyến (Δ) qua A có dạng y = k⎜ x + ⎟ ⎝ 2⎠ ⎧ −x + 1 ⎛ 1⎞ ⎪ 2x + 1 = k ⎜ x + 2 ⎟ ⎪ (Δ) tiếp xúc với (C) ⇔ ⎨ ⎝ ⎠ / ⎪⎛ −x + 1 ⎞ ⎪⎜ ⎟ = k coù nghieäm ⎩⎝ 2x + 1 ⎠ ⎧− x + 1 ⎛ 1⎞ ⎪ 2x + 1 = k⎜ x + 2 ⎟ (1) ⎪ ⎝ ⎠ ⇔⎨ ⎪ −3 = k (2 ) ⎪ (2x + 1)2 ⎩ Thế (2) vào (1) ta có pt hoành độ tiếp điểm là ⎛ 1⎞ 3⎜ x + ⎟ −x + 1 2⎠ =− ⎝ ( 2x + 1) 2 2x + 1
1 1 3 ⇔ (x − 1)(2x + 1) = 3(x + ) và x ≠ − ⇔ x − 1 = 2 2 2 5 1 ⇔ x = . Do đó k = − 2 12 1 ⎛ 1⎞ Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y = − ⎜ x + ⎟ 12 ⎝ 2⎠ Câu II: ⎛ π⎞ 1. Giải phương trình: 2 2 sin⎜ x − ⎟ cos x = 1 (1) ⎝ 12 ⎠ ⎡ ⎛ π⎞ π⎤ (1) ⇔ 2 ⎢sin⎜ 2x − ⎟ − sin ⎥ = 1 ⎣ ⎝ 12 ⎠ 12 ⎦ ⎛ π⎞ π 1 ⇔ sin ⎜ 2x − ⎟ − sin = ⎝ 12 ⎠ 12 2 ⎛ π⎞ π π π π ⇔ sin⎜ 2 x − ⎟ = sin + sin = 2 sin cos ⎝ 12 ⎠ 4 12 6 12 ⎛ π⎞ π 5π ⇔ sin⎜ 2 x − ⎟ = cos = sin ⎝ 12 ⎠ 12 12 π 5π π 7π ⇔ 2x − = + k2π hay 2x − = + k2π ( k ∈ Z) 12 12 12 12 π π ⇔ x = + kπ hay x = + kπ ( k ∈ Z ) 4 3 2. P/trình cho ⇔ (x − 4 ) − 2 x − 4 +1 + (x − 4 ) − 6 x − 4 + 9 = m (1) ⇔ ( ) 2 x − 4 −1 + ( ) 2 x−4 −3 = m ⇔ x − 4 −1 + x − 4 − 3 = m (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
⎧4 − 2 t neáu 0 ≤ t ≤ 1 ⎪ Ta có f (t ) = ⎨2 neáu 1 ≤ t ≤ 3 ⎪2 t − 4 neáu t ≥ 3 ⎩ y 4 2 0 1 2 3 x Từ đồ thị ta có ycbt ⇔ 2 < m ≤ 4 Cách khác ⇔ t − 1 + t − 3 = m và t ≥ 0 { { { ⇔ 0 ≤ t < 1 hay 1 ≤ t ≤ 3 hay t > 3 m = 4 − 2t m=2 m = 2t − 4 ⎧ ⎧ ⎪0 ≤ t < 1 ⎪t > 3 ⎪ ⇔ ⎨2 < m ≤ 4 hay ⎪t 4 − m {1 ≤ t ≤ 3 hay ⎪m > 2 m=2 ⎨ ⎪t 4 + m ⎪ = 2 ⎩ ⎪ = 2 ⎩ Do đó, ycbt ⇔ 2 < m ≤ 4 ( khi 2 < m ≤ 4 thì (∗) có đúng 2 nghiệm t1, t2 thỏa 0 ≤ t1 < 1 và t2 > 3 ) Câu III: 1. Tìm giao điểm M của đường thẳng d và mặt phẳng (P) ⎧x = 3 + 2 t ⎪ Phương trình số của d: ⎨y = −2 + t có VTCP a = (2,1,−1) ⎪z = −1 − t ⎩ 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: { r d': x + y + z + 2 = 0 có VTCP ad ' = ( 4;1; −5 ) Q 2x − 3y + z − 11 = 0 ⎧ x = 1 + 4t d ⎪ ⇒ Phương trình tham số của d': ⎨ y = −3 + t ⎪z = −5t N P ⎩ d' M Trên d' tìm điểm N sao cho MN = 42 Δ Vì N ∈ d' ⇒ N(4t +1, –3 + t, – 5t) ( 4t ) + t 2 + ( −5t ) = 42t 2 = 42 2 2 MN = ⇒ t 2 = 1 ⇔ t = ±1 . t = 1 ⇒ N1(5, –2, –5) Đường thẳng Δ1 qua N1 nằm trong (P), vuông góc d' có VTCP r r r a Δ1 = ⎡ n P , a d ' ⎤ = ( −6;9; −3) = −3 ( 2, −3,1) . ⎣ ⎦ x −5 y+ 2 z +5 Vậy phương trình Δ1: = = 2 −3 1 . t = –1 ⇒ N2(–3, –4, 5) Đường thẳng Δ2 qua N2 nằm trong (P), vuông góc d' có VTCP ( ) aΔ 2 = n P , ad ' = −3 ( 2, −3,1) x +3 y+ 4 z −5 Vậy phương trình Δ2: = = 2 −3 1 Câu IV: 1 1 x(x − 1) x2 − x 1. Tính I = ∫ x2 − 4 0 dx = x2 − 4 ∫ dx 0 1 d ( x − 4) 1 1 2 1 ⎛ x 4 ⎞ dx = ∫ ⎜1 − 2 + 2 ⎟ dx = 1 − ∫ + 4∫ 2 0⎝ x −4 x −4⎠ 2 0 x −4 2 0 x − 22
1 1 1 x−2 ⎤ 3 = 1 − ln x 2 − 4 ⎤ + ln ⎦0 ⎥ = 1 + ln 2 − 2 ln 3 2 x +2 ⎦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 3 3a(a + 1) + 3b(b + 1) 3 a 2 + b2 + ≥ + −1 2 (a + 1)(b + 1) a+b ⇔ a2 + b 2 + 3 3 2 2 4 ( 3 ) ≥ a + b2 + (a + b ) + 4 3 a+b −1 ( ) ( ⇔ 4 a2 + b2 + 6 ≥ 3 a2 + b2 + 3(a + b ) +) 12 a+b −4 12 ⇔ a 2 + b2 − 3 ( a + b ) − + 10 ≥ (A) a+b Đặt x = a+b > 0 ⇒ x 2 = (a + b) 2 ≥ 4ab = 4(3 − x ) ⇒ x 2 + 4x − 12 ≥ 0 ⇒ x ≤ −6 hay x ≥ 2 ⇒ x ≥ 2 ( vì x > 0) x 2 = a 2 + b 2 + 2ab ⇒ a 2 + b 2 = x 2 − 2(3 − x) = x 2 + 2x − 6 Thế x như trên , (A) thành 12 x 2 − x − + 4 ≥ 0 , với x≥ 2 x ⇔ x − x + 4x − 12 ≥ 0 , với x≥ 2 3 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 = C0 x n − C1 x n −1 + ... + (− 1)n −1 Cn −1x + (− 1)n Cn n n n n Lấy đạo hàm hai vế ta có n (x − 1) = nC n x n −1 − (n − 1)C1 x n − 2 + ... + (− 1) n −1 0 n −1 n C n −1 n Cho x = 1 ta có 0 = nC 0 − (n − 1)C1 + ... + (− 1) n −1 n n C n −1 n
2. Ta có A(2, 1); B(b, 0); C(0,c) với b, c ≥ 0 Ta có ΔABC vuông tại A ⇔ AB.AC = 0 Ta có AB = (b − 2,−1) ; AC = (− 2, c − 1) Do ΔABC vuông tại A ⇒ AB.AC = −2(b − 2 ) − (c − 1) = 0 5 ⇔ c − 1 = −2(b − 2 ) ⇒ c = −2 b + 5 ≥ 0 ⇒ 0 ≤ b ≤ 2 1 1 Ta lại có SABC = AB.AC = (b − 1)2 + 1 4 + (c − 1) 2 2 2 1 SABC = (b − 2 )2 + 1 4 + 4(b − 2 ) = (b − 2 ) + 1 2 2 2 5 vì 0 ≤ b ≤ nên SABC = (b – 2)2 + 1 lớn nhất ⇔ b = 0 2 Khi đó c = 5. Vậy, ycbt ⇔ B(0, 0) và C(0, 5) Câu Vb: 1 1 1. Giải phương trình: log 1 2x 2 − 3x + 1 + log 2 ( x − 1) ≥ 2 (1) 2 2 2 1 ( 1 ) (1) ⇔ − log 2 2 x 2 − 3x + 1 + log 2 (x − 1)2 ≥ 2 2 1 2 1 ( 1 ) ⇔ − log 2 2 x 2 − 3x + 1 + log 2 (x − 1)2 ≥ 2 2 1 2 ( x − 1) 2 (x − 1) 2 ⇔ log 2 ≥1⇔ ≥2 ⎛ 1⎞ (x − 1)(2x − 1) 2 ( x − 1) ⎜ x − ⎟ ⎝ 2⎠ (x − 1) −3x + 1 1 1 ⇔ ≥2⇔ ≥0⇔ ≤x< (2x − 1) 2x − 1 3 2 2. Chọn hệ trục Oxyz sao cho A(0,0,0); C(-a,0,0); B(0,a,0), A1(0,0, a 2 ) ⎛ a 2⎞ ⎛ a a a 2⎞ Suy ra M ⎜ 0, 0, ⎜ ⎟ C1(-a,0, a 2 ) N ⎜ − , , ⎜ 2 2 2 ⎟ và ⎟ ⎝ 2 ⎟ ⎠ ⎝ ⎠
uuuu r ( ) uuuu ⎛ a a ⎞ r ( BC1 = −a, −a, a 2 ; MN = ⎜ − , , 0 ⎟ ; AA1 = 0,0, a 2 ) ⎝ 2 2 ⎠ Ta có: MN.BC1 = MN.AA1 = 0 Vậy MN là đường vuông góc chung của hai đường thẳng AA1 và BC1 uuuuur ⎛ 2 ⎞ uuur ⎛ 2 ⎞ uuuur ⎛ 2⎞ Ta có MA1 = a ⎜ 0, 0, ⎜ ⎟ MB = a ⎜ 0,1, − ⎟ MC1 = a ⎜ −1, 0, ⎟ ⎝ 2 ⎟ ⎠ ⎜ ⎝ 2 ⎟⎠ ⎜ ⎝ 2 ⎟ ⎠ uuuuu uuur r ⎛ 2 ⎞ Ta có ⎡ MA1 , MB⎤ = a 2 ⎜ ⎣ ⎦ ⎜ 2 , 0, 0 ⎟ ⎟ ⎝ ⎠ [ ] ⇒ MA1 , MB MC1 = a3 2 2 VMA 1BC1 = 1 6 [ ] MA1 , MB MC1 = a3 2 12 (đvtt) ----------@--------- HÀ VĂN CHƯƠNG - PHẠM HỒNG DANH (Trung tâm Bồi dưỡng văn hóa và Luyện thi đại học Vĩnh Viễn)