Tải bản đầy đủ (.doc) (8 trang)

Đề dự trữ B2 2007

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (139.53 KB, 8 trang )

Đề thi Dự trữ khối B-năm 2007
Đề II
Câu I: Cho hàm số
x2
m
1xy

++−=
(Cm)
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m = 1
2. Tìm m để đồ thị (Cm) có cực đại tại điểm A sao cho tiếp tuyến với (Cm)
tại A cắt trục oy tại B mà ∆OBA vuông cân.
Câu II:
1. Giải phương trình:
gxcottgx
xsin
x2cos
xcos
x2sin
−=+
2. Tìm m để phương trình :
01xmx13x
4
4
=−++−
có đúng 1 nghiệm
Câu III: Trong không gian Oxyz cho các điểm A(2,0,0); M(0,–3,6)
1. Chứng minh rằng mặt phẳng (P): x + 2y – 9 = 0 tiếp xúc với mặt cầu tâm
M, bán kính MO. Tìm tọa độ tiếp điểm.
2. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa A, M và cắt các trục Oy, Oz tại các
điểm tương ứng B, C sao cho V


OABC
= 3.
Câu IV:
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các
đường y = x
2

2
x2y
−=
.
2. Giải hệ phương trình:







+=
+−
+
+=
+−
+
xy
9y2y
xy2
y
yx

9x2x
xy2
x
2
3
2
2
3
2
Câu Va (cho chương trình THPT không phân ban):
1. Tìm hệ số của x
8
trong khai triển (x
2
+ 2)
n
, biết:
49CC8A
1
n
2
n
3
n
=+−
.
2. Cho đường tròn (C): x
2
+ y
2

– 2x + 4y + 2 = 0. Viết phương trình đường
tròn (C') tâm M(5, 1) biết (C') cắt (C) tại các điểm A, B sao cho
3AB
=
.
Câu Vb (cho chương trình THPT phân ban):
1. Giải phương trình:
( )
1
xlog1
4
3logxlog2
3
x93
=

−−
2. Trong mặt phẳng (P) cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R và điểm C
thuộc nửa đường tròn đó sao cho AC = R. Trên đường thẳng vuông góc với
(P) tại A lấy điểm S sao cho
( )
o
60SBC,SAB
=

. Gọi H, K lần lượt là hình
chiếu của A trên SB, SC. Chứng minh ∆AHK vuông và tính V
SABC
?
Bài giải

Câu I:
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
x2
1
1xy

++−=
(Bạn đọc tự làm)
2. Ta có:
( ) ( )
2
2
2
x2
4mx4x
x2
m
1'y

−++−
=

+−=
y' = 0 ⇔ –x
2
+ 4x + m – 4 = 0 ⇔ (2 – x)
2
= m (x ≠ 2) (∗)
Để đồ thị (Cm) có cực đại
⇔ phương trình (∗) có 2 nghiệm phân biệt ≠ 2 ⇔ m > 0

Khi đó y' = 0 ⇔
m2x
1
−=
,
m2x
2
+=
, ta có:
x –∞ x
1
2 x
2
+∞
y' – 0 + + 0 –
y
+


+



CT







⇒ Điểm cực đại A(2 +
m
, –1 – 2
m
)
Phương trình tiếp tuyến với (Cm) tại điểm CĐ A có phương trình:
m21y
−−=
, do đó
m21m21OB
+=−−=
AB = X
2
= 2 +
m
(vì B ∈ Oy ⇒ x
B
= 0)
∆AOB vuông cân ⇔ OB = BA ⇔ 1 + 2
m
= 2 +
m
⇔ m = 1
Cách khác:
2
x 3x 2 m
y
2 x
− + +
=


có dạng
2
ax bx c
y
Ax B
+ +
=
+
với a.A < 0
Do đó, khi hàm có cực trị thì x
CT
< x


x

=
2
x 2 m= +
và y

=
2
2x 3
1


= –1 – 2
m

Câu II:
1. Giải phương trình:
gxcottgx
xsin
x2cos
xcos
x2sin
−=+
(1)
(1)
xsin
xcos
xcos
xsin
xcosxsin
xsinx2sinxcosx2cos
−=
+

( )
xcosxsin
xcosxsin
xcosxsin
xx2cos
22

=


cos x cos2x s in2x 0⇔ = − ∧ ≠


2
2 cos x cos x 1 0 s in2x 0⇔ + − = ∧ ≠
1
cos x ( cos x 1 :loaïi vì sin x 0)
2
⇔ = = − ≠

π+
π
±=⇔
2k
3
x

2. Phương trình:
01xmx13x
4
4
=−++−
(1)
(1)
x1mx13x
4
4
−=+−⇔
( )




−=−−−





−=+−


m1x9x6x4
1x
x1mx13x
1x
23
4
4
ycbt ⇔ đường thẳng y = –m cắt phần đồ thị f(x) = 4x
3
– 6x
2
– 9x – 1 với
x ≤ 1 tại 1 điểm
f(x) = 4x
3
– 6x
2
– 9x – 1
TXĐ: x ≤ 1
f'(x) = 12x
2

– 12x – 9 = 3(4x
2
– 4x – 3)
f'(x) = 0 ⇔ 4x
2
– 4x – 3 = 0 ⇔
2
3
x
2
1
x
=∨−=
x –∞
–1
/
2
1
–3
/
2
+∞
f' + 0 – – 0 +
f


+





–12
CT

Từ bảng biến thiên ta có:
ycbt
3 3
m hay m 12 m hay m 12
2 2
⇔ − = − < − ⇔ = − >
Câu III:
1. Theo giả thiết A(2,0,0) M(0,–3,6) O(0,0,0)
Bán kính mặt cầu
( )
5363MOR
2
2
=+−==
Khoảng cách từ tâm M của mặt cầu đến mặt phẳng (P): x + 2y – 9 = 0
R53
5
15
5
960
d
===
−−
=
Vậy (P) tiếp xúc với mặt cầu tâm M bán kính MO
Phương trình đường thẳng d qua M và vuông góc với mặt phẳng (P) là:

x y 3
x t
y 3 2t
1 2
z 6
z 6
+
=


 
=
⇔ = − +
 
=
=




(t ∈ R)
Thế vào phương trình (P) ta có: t + 2(2t – 3) – 9 = 0 ⇒ t = 3
Vậy tọa độ tiếp điểm I của mặt cầu với mặt phẳng (P) là t(3,3,6)
2. Gọi b là tung độ của B, c là cao độ của điểm C
Vì A(2,0,0) ∈ Ox nên phương trình (Q):
1
c
z
b
y

2
x
=++
Ta có M(0,–3,6) ∈ mặt phẳng (yOz) nên:
bcc3b61
c
6
b
3
=−⇔=+−
(1)
Ta lại có
3
3
bc
bc
2
1
.
3
2
S.OA
3
1
V
OBCOABC
====

9bc
=

(2)
Từ (1) và (2) ta có
{ {
bc 9 bc 9
hay
6b 3c 9 6b 3c 9
= = −
− = − = −

3
b
b c 3 hay
2
c 6


= −
⇔ = =

= −


Vậy có 2 mặt phẳng (Q) có phương trình là:
1
3
z
3
y
2
x

=++
hoặc
1
6
z
3
y2
2
x
=−−
Câu IV:
1. Ta có:



=+

⇔−=
2yx
0y
x2y
22
2
Là nửa đường tròn tâm O, bán kính
2R
=
, có y ≥ 0
Phương trình hoành độ giao điểm của 2 đường y = x
2


2
x2y
−=
:
2 2
x 2 x x 1= − ⇔ = ±
; x
2

[ ]
khi x 1;1∈ −
thì
2
2 x− ≥
x
2
Do đó ta có

( )
∫∫∫
−−−
−−=−−=
1
1
2
1
1
2
1
1

22
dxxdxx2dxxx2S


−=
1
1
2
1
dxx2I
Đặt: x =
2
sint














ππ
−∈
2

,
2
t
⇒ dx =
2
costdt
x 1 t ;x 1 t
4 4
π π
= − ⇒ = − = ⇒ =
∫∫
π
π

π
π

=−=
4
4
4
4
2
1
tdtcos2.tcos2tdtcos2.tsin22I
( )







+
π
=






+=+==
π
π

π
π

π
π

∫∫
2
1
4
2t2sin
2
1
tdtt2cos1tdtcos2I
4

4
4
4
4
4
2
1
(Nhận xét :
( ) ( )
4 4
1
0
4
I 1 cos 2t dt 2 1 cos 2t dt
π π
π

= + = +
∫ ∫
Vì f(t) =
1 cos 2t+
là hàm chẵn)

1 1
2 2
2
1 0
2
I x dx 2 x dx
3


= = =
∫ ∫

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay
×