Đề thi dự trữ khối B_năm 2007

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

0
267
lượt xem
74
download

Đề thi dự trữ khối B_năm 2007

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Câu I: Cho hàm số y = –2x3 + 6x2 – 5 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C). 2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến đi qua A(–1, –13). Câu II: 3x ⎛ 5x π ⎞ ⎛x π⎞ 1. Giải phương trình: sin⎜ − ⎟ − cos⎜ − ⎟ = 2 cos 2 ⎝2 4⎠ ⎝ 2 4⎠

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi dự trữ khối B_năm 2007

  1. Đề thi Dự trữ khối B-năm 2007 Đề I Câu I: Cho hàm số y = –2x3 + 6x2 – 5 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C). 2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến đi qua A(–1, –13). Câu II: ⎛ 5x π ⎞ ⎛x π⎞ 3x 1. Giải phương trình: sin⎜ − ⎟ − cos⎜ − ⎟ = 2 cos ⎝ 2 4⎠ ⎝2 4⎠ 2 4 2. Tìm m để phương trình: x 2 + 1 − x = m có nghiệm. Câu III: Trong không gian Oxyz cho các điểm A(–3,5,–5); B(5,–3,7); và mặt phẳng (P): x + y + z = 0 1. Tìm giao điểm I của đường thẳng AB với mặt phẳng (P). 2. Tìm điểm M ∈ (P) sao cho MA2 + MB2 nhỏ nhất. Câu IV: 1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường thẳng y = 0 và x (1 − x ) y= 2 . x +1 ⎧ x y ⎪ e = 2007 − ⎪ y2 − 1 2. Chứng minh rằng hệ ⎨ có đúng 2 nghiệm thỏa mãn ⎪ey = 2007 − x ⎪ ⎩ x2 − 1 điều kiện x > 0, y > 0 Câu Va (cho chương trình THPT không phân ban): ⎧A 2 + C3 = 22 ⎪ x y 1. Tìm x, y ∈ N thỏa mãn hệ ⎨ 3 ⎪A y + C x = 66 2 ⎩
  2. 2. Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 8x + 6y + 21 = 0 và đường thẳng d: x + y − 1 = 0 . Xác định tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD ngoại tiếp (C) biết A ∈ d Câu Vb (cho chương trình THPT phân ban): 1. Giải phương trình log 3 (x − 1) + log (2x − 1) = 2 2 3 2. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, SA vuông góc với hình chóp. Cho AB = a, SA = a 2 . Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A lên SB, SD. Chứng minh SC ⊥ (AHK) và tính thể tích hình chóp OAHK. Bài giải Câu I: 1. Khảo sát y = –2x3 + 6x2 – 5 (Bạn đọc tự làm) 2. Viết phương trình tiếp tuyến (C) đi qua A(–1, –13) Ta có y' = –6x2 + 12x Gọi M0(x0, y0) là tiếp điểm thuộc (C) ⇔ y 0 = −2 x 3 + 6x 2 − 5 0 0 Phương trình tiếp tuyến với (C) tại M0: y – y0 = f '(x0)(x – x0) ( 0 ) ⇔ y = − 6x 2 + 12 x 0 (x − x 0 ) − 2x 3 + 6x 2 − 5 0 0 Vì tiếp tuyến đi qua A(–1, –13) nên 0 0 ( 0 0 ) − 13 = −2 x 3 + 6x 2 − 5 + − 6 x 2 + 12 x 2 (− 1 − x 0 ) − 13 = −2x 3 + 6x 0 − 5 − 6x 2 + 6x 3 − 12 x 0 − 12 x 2 0 0 0 0 ⇔ x 3 − 3x 0 + 2 = 0 ⇔ x 0 = 1vx 0 = −2 0 Ta có y(1) = −1v y(−2) = 35 M(1, –1) thì phương trình tiếp tuyến với (C) qua A là y + 1 = 6(x – 1) ⇔ y = 6x – 7 M(–2, 35) thì phương trình tiếp tuyến với (C) qua A là y – 35 = –48(x + 2) ⇔ y = –48x – 61
  3. Câu II: ⎛ 5x π ⎞ ⎛ x π⎞ 3x 1. Giải phương trình: sin⎜ − ⎟ − cos⎜ − ⎟ = 2 cos (1) ⎝ 2 4⎠ ⎝2 4⎠ 2 ⎛ 5x π ⎞ ⎛π π x⎞ 3x (1) ⇔ sin⎜ − ⎟ − sin⎜ + − ⎟ = 2 cos ⎝ 2 4⎠ ⎝2 4 2⎠ 2 ⎛ 5x π ⎞ ⎛ 3π x ⎞ 3x ⇔ sin⎜ − ⎟ − sin⎜ − ⎟ = 2 cos ⎝ 2 4⎠ ⎝ 4 2⎠ 2 ⎛ π ⎞ ⎛ 3x π ⎞ 3x ⇔ 2 cos ⎜ x + ⎟ sin ⎜ − ⎟ = 2 cos ⎝ 4⎠ ⎝ 2 2⎠ 2 ⎛ π⎞ 3x 3x ⇔ −2 cos⎜ x + ⎟ cos = 2 cos ⎝ 4⎠ 2 2 3x ⎛ π⎞ 2 ⇔ cos = 0 v cos ⎜ x + ⎟ = − 2 ⎝ 4⎠ 2 3x π π 3π ⇔ = + kπ v x + = ± + k2 π 2 2 4 4 π 2π π ⇔x= +k v x = + k2 π v x = π + k2 π 3 3 2 4 2. Tìm m để phương trình: x 2 + 1 − x = m có nghiệm Xét hàm số f (x ) = 4 x 2 + 1 − x (điều kiện: x ≥ 0) 1⎛ x 1 ⎞ ⇒ f ' (x ) = ⎜⎜4 2 − ⎟ < 0 , ∀x > 0 2 ⎜ (x + 1) 3 x⎟ ⎟ ⎝ ⎠ x x x 1 Vì < = 3 = 4 ( x2 + 1 ) 3 4 x 6 x2 x Ta có f giảm trên [ 0; +∞ ) và lim f(x) = 0 nên ta có x →+ ∞ 0 < f(x ) ≤ 1, ∀x ∈ [ 0; +∞ ) . Vậy, phương trình (1) có nghiệm ⇔ m ∈miền giá trị của f trên đoạn [ 0; +∞ ) ⇔ 0 < m ≤ 1
  4. Câu III: 1. Đường thẳng AB có VTCP a = (8,−8,12 ) = 4(2,−2,3) ⎧x = −3 + 2 t ⎪ Phương trình đường thẳng AB: ⎨y = 5 − 2 t ⎪z = −5 + 3t ⎩ Điểm I (–3+2t; 5- 2t; –5+3t) ∈ AB ∩ (P) khi (–3 + 2t) + (5 – 2t) + (–5 + 3t) = 0 ⇔ t = 1 Vậy đường thẳng AB cắt mặt phẳng (P) tại I(–1, 3, –2) 2. Tìm M ∈ (P) để MA2 + MB2 nhỏ nhất Gọi H là trung điểm của đoạn AB. Tam giác MAB có trung tuyến MH AB2 nên: MA 2 + MB2 = 2 MH 2 + 2 Do đó MA + MB nhỏ nhất ⇔ MH2 nhỏ nhất 2 2 Ta để thấy H(1, 1, 1), M ∈ (P) MH nhỏ nhất ⇔ MH ⊥ (P) và để ý rằng mặt phẳng (P): x + y + z = 0 có PVT OH = (1,1,1) và O ∈ (P) ⇒ M ≡ (0, 0, 0) Vậy, với M(0, 0, 0) thì MA2 + MB2 nhỏ nhất. (khi đó, ta có min(MA2 + MB2) = OA2 + OB2 = (9 + 25 + 25) + (25 + 9 + 49) = 142) Câu IV: x(1 − x ) 1. Tọa độ giao điểm của 2 đường y = và y = 0 là A(0, 0); B(1, 0). x2 + 1 x(1 − x ) Khi đó 0 ≤ x ≤ 1 ⇒ x(1 – x) ≥ 0 ⇒ y = 2 ≥0 x +1 Do đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi 2 đường đã cho là 1 x (1 − x ) 1 −x 2 + x 1 ⎛ x +1 ⎞ S=∫ 2 dx = ∫ 2 dx = ∫ ⎜ −1 + 2 ⎟ dx 0 x +1 0 x +1 0⎝ x +1⎠ 1 x +1 ∫x 1 S=−x0 + 2 dx 0 +1 Đặt: x = tgt ⇒ dx = (tg2t + 1)dt
  5. π Đổi cận x = 1 ⇒ t = ;x = 0 ⇒ t = 0 4 π 1 4 x +1 (tgt + 1)dt = [t − ln(cos t )]04 = π + 1 ln 2 π S= ∫ 0 x2 + 1 dx = ∫ 0 4 2 π 1 Vậy S = −1 + + ln 2 4 2 t −1 2. Đặt: f(t) = et, g ( t ) = ;g / (t) = 3 < 0, ∀ t > 1 t2 −1 (t − 1) 2 2 Ta có f tăng nghiêm cách trên và g giảm nghiêm cách trên từng khoảng Xác định. ⎧f (x ) + g(y ) = 2007 Hệ phương trình (1) ⇔ ⎨ ⎩f (y ) + g(x ) = 2007 ⇒ f(x) + g(y) = f(y) + g(x) (∗) Nếu x > y ⇒ f(x) > f(y) ⇒ g(y) < g(x) ( do(∗) ) ⇒ y > x ( do g giảm nghiêm cách ) ⇒ vô lý. Tương tự khi y > x cũng dẫn đến vô lý. ⎧ x ⎪e x + − 2007 = 0 Do đó, (1) ⇔ (2) ⎨ x2 − 1 ⎪x = y ⎩ x Xét: h (x ) = ex + − 2007 (|x| > 1 ) x2 − 1 Nếu x < –1 thì h(x) < e–1 – 2007 < 0 ⇒ hệ vô nghiệm 1 3 Khi x > 1 ⇒ h' (x ) = e x − = e x − (x 2 − 1) 2 − 3 (x2 − 1)2 5 3 2 3x h '' ( x ) = e + ( x − 1) − x 2 .2x = e x + >0 5 2 (x 2 − 1) 2 và lim+ h(x ) = +∞ , lim h ( x ) = +∞ x →1 x →+∞ Vậy h(x) liên tục và có đồ thị là đường cong lõm trên (1, +∞)
  6. Do đó để chứng minh (2) có 2 nghiệm dương ta chỉ cần chứng minh tồn tại x0 > 1 mà h(x0) < 0 2 Chọn x0 = 2 ⇒ h ( 2 ) = e2 + − 2007 < 0 3 Suy ra: h(x) = 0 có đúng 2 nghiệm x1 > 1, x2 > 1 Câu Va: 1. Với điều kiện: x ≥ 2, y ≥ 3, ta có: ⎧ 1 ⎧A 2 + C3 = 22 ⎪ x y ⎪x(x − 1) + 6 y(y − 1)(y − 2 ) = 22 ⎪ ⎨ 3 ⇔⎨ ⎪y(y − 1)(y − 2 ) + 1 x(x − 1) = 66 2 ⎪A y + Cx = 66 ⎩ ⎪ ⎩ 2 ⎧6x 2 − 6x + y 3 − 3y 2 + 2y = 132 (1) ⇔⎨ 3 ⎩( y − 3y + 2y ) .2 + x − x = 132 (2) 2 2 ⇔ ⎨6x 2− 6x + y − 3y + 2y = 132 ⎧ 2 3 2 ⎩11x − 11x − 132 = 0 (2) − 2(1) ⇔ { x = 4 hay x = −3 (loaïi) y − 3y + 2y = 60 3 2 ⎧x = 4 ⎩( )( ) { ⇔ ⎨ y − 5 y 2 + 2y + 12 = 0 ⇔ x = 4 y=5 2. y 0 2 4 6 x A D –3 I –5 B C Đường tròn (C) có tâm I(4, –3), bán kính R = 2 Tọa độ của I(4, –3) thỏa phương trình (d): x + y – 1 = 0. Vậy I ∈ d Vậy AI là một đường chéo của hình vuông ngoại tiếp đường tròn, có bán kính R = 2 , x = 2 và x= 6 là 2 tiếp tuyến của (C ) nên . Hoặc là A là giao điểm các đường (d) và x = 2 ⇒ A(2, –1) . Hoặc là A là giao điểm các đường (d) và x = 6 ⇒ A(6, –5)
  7. . Khi A(2, –1) ⇒ B(2, –5); C(6, –5); D(6, –1) . Khi A(6, –5) ⇒ B(6, –1); C(2, –1); D(2, –5) Câu Vb: 1. Giải phương trình: log 3 (x − 1) + log (2x − 1) = 2 2 3 ⇔ 2 log3 x − 1 + 2 log3 ( 2x − 1) = 2 ⇔ log3 x − 1 + log3 ( 2x − 1) = 1 ⇔ log3 x − 1 ( 2x − 1) = log3 3 ⇔ x − 1 ( 2x − 1) = 3 ⎧1 ⎪ < x 1 { 2x 2 − 3x − 2 = 0 ⇔x=2 2. (Bạn đọc tự vẽ hình) +BC vuông góc với (SAB) ⇒ BC vuông góc với AH mà AH vuông với SB ⇒ AH vuông góc với (SBC) ⇒ AH vuông góc SC (1) + Tương tự AK vuông góc SC (2) (1) và (2) ⇒ SC vuông góc với (AHK ) SB2 = AB2 + SA 2 = 3a2 ⇒ SB = a 3 a 6 2a 3 2a 3 AH.SB = SA.AB ⇒ AH= ⇒ SH= ⇒ SK= 3 3 3 (do 2 tam giác SAB và SAD bằng nhau và cùng vuông tại A) HK SH 2a 2 Ta có HK song song với BD nên = ⇒ HK = . BD SB 3 Gọi AM là đường cao của tam giác cân AHK ta có 4a2 2a AM = AH − HM = 2 2 2 ⇒ AM= 9 3 1 1a 2 1 2a3 VOAHK = OA.SAHK = . HK.AM = 3 3 2 2 27 Cách khác:
  8. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A= O (0;0;0), B(a;0;0), C( a;a;0), D(0;a;0), S (0;0; a 2 ) ----------@--------- HÀ VĂN CHƯƠNG - PHẠM HỒNG DANH (Trung tâm Bồi dưỡng văn hóa và Luyện thi đại học Vĩnh Viễn)
Đồng bộ tài khoản