Đề thi Dự trữ Đại học môn Toán khối A năm 2007

u I:
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (bạn đọc tự làm)
2. Tìm m:
	Ta có: 
	Đồ thị h/s có 2 cực trị Û y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt
	Û (x - 2)2 - m = 0 có 2 nghiệm phân biệt ¹ 2 Û m > 0
	Gọi A (x1, y1) ; B (x2, y2) là 2 điểm cực trị 
	P/trình đường thẳng AB : 
	Û 2x - y - 2 + m = 0
	AB qua gốc O (0, 0) Û - 2 + m = 0 Û m = 2.
Cách khác:
; 
y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt 	Û m > 0
Khi m > 0, pt đường thẳng qua 2 cực trị là 
Do đó, ycbt Û =0 
Câu II:
1. Giải phương trình: (1)
(1)	Û	
	Û 
	Û	
	Û 
	Û 
	Û 
	Û , k Î Z.
2. Giải hệ: (I) 
	(I) Û 
	Đặt u = - x2 + xy, v = x3y
	(I) thành 
	 Do đó hệ đã cho tương đương:
Câu III:
1.	Ta có VTCP của đường thẳng AB là hay
	Ta có VTCP của đường thẳng OC là hay
	Ta có cùng phương với 
	Ta có ¹ 0 Û AB và OC chéo nhau.
2.	Đường thẳng d có VTCP hay 
	Ta có 
	Phương trình mặt phẳng (a) đi qua A, có PVT (a chứa AB)
	6(x – 2) + 3(y – 0) + 2 (z - 0) = 0
	Û 6x + 3y + 2z – 12 = 0 (a)
	Ta có 
	Phương trình mặt phẳng (b) qua O có PVT là (3, - 3, 1) (b chứa OC)
	3x - 3y + z = 0 (b)
	Vậy phương trình đường thẳng D song song với d cắt AB, BC là
Câu IV:
1.	Tọa độ giao điểm của hai đường là nghiệm của hệ
	 (đvtt)
	y
	4	A
	0
	 	y = x	 4 x
2.	Với x, y, z > 0 ta có
	4(x3 + y3) ³ (x + y)3 (*) Dấu = xảy ra Û x = y
	Thật vậy (*)	Û 4(x + y)(x2 – xy + y2) ³ (x + y)3
	Û 4(x2 – xy + y2) ³ (x + y)2 do x, y > 0
	Û 3(x2 + y2 – 2xy) ³ 0 Û (x – y)2 ³ 0 (đúng)
	Tương tự ta có	4(y3 + z3) ³ (y + z)3 Dấu = xảy ra Û y = z
	4(z3 + x3) ³ (z + x)3 Dấu = xảy ra Û z = x
	Do đó 
	Ta lại có Dấu = xảy ra Û x = y = z
	Vậy Dấu = xảy ra Û 
 x = y = z = 1
	Vậy minP = 12. Đạt được khi x = y = z = 1
Câu Va:
1.	Tọa độ A là nghiệm của hệ Þ A(–4, 2)
	Vì G(–2, 0) là trọng tâm của DABC nên
	 (1)
	Vì	B(xB, yB) Î AB Û yB = –4xB – 14 (2)
	C(xC, yC) Î AC Û ( 3)
	Thế (2) và (3) vào (1) ta có
	Vậy A(–4, 2), B(–3, –2), C(1, 0)
2.	Nếu n £ 2 thì n + 6 £ 8. Do đó số tam giác có ba đỉnh được lấy từ n + 6 điểm đó không vượt qua (loại). Vậy n ³ 3
	Vì mỗi tam giác được tạo thành ứng với 1 tổ hợp 3 chập n + 6 phần tử. Nhưng trên cạnh CD có 3 đỉnh, trên cạnh DA có n đỉnh nên số tam giác tạo thành là:
	Û (n + 4)(n + 5)(n + 6) – (n – 2)(n – 1)n = 2540
	Û n2 + 4n – 140 = 0
	Û 
	Đáp số: n = 10
Câu Vb:
1.	Giải phương trình: (1)
	Điều kiện x >1
	(1)	Û 
	Û và x > 1
 và x > 1
	Û 2x2 – 3x – 5 = 0 và x > 1Û 
S
A
C
B
M
N
60°
2. Gọi M là trung điểm của BC. thì SM ^ BC,
	AM ^ BC Þ 
Suy ra DSMA đều có cạnh bằng 
	Do đó 
	Ta có 
	Gọi N là trung điểm của đoạn SA. Ta có CN ^ SA
	Þ (vì DSCN vuông tại N)
	Þ 
	Ta có 
	Þ 
 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: 
1. Giải phương trình: 
2. Tìm m để phương trình: 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 Î (P) sao cho MA2 + MB2 nhỏ nhất.
Câu IV: 
1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường thẳng y = 0 và .
2. Chứng minh rằng hệ có đúng 2 nghiệm thỏa mãn điều kiện x > 0, y > 0
Câu Va (cho chương trình THPT không phân ban):
1. Tìm x, y Î N thỏa mãn hệ 
2. Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 8x + 6y + 21 = 0 và đường thẳng d: . Xác định tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD ngoại tiếp (C) biết A Î d
Câu Vb (cho chương trình THPT phân ban):
1. Giải phương trình
2. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, SA vuông góc với hình chóp. Cho AB = a, SA = a. 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) Û 
	Phương trình tiếp tuyến với (C) tại M0: y – y0 = f '(x0)(x – x0)
	Û 
	Vì tiếp tuyến đi qua A(–1, –13) nên
	Û 
 Ta có 
	M(1, –1) thì phương trình tiếp tuyến với (C) qua A là
 y + 1 = 6(x – 1) Û y = 6x – 7
	M(–2, 35) thì phương trình tiếp tuyến với (C) qua A là
 y – 35 = –48(x + 2) Û y = –48x – 61
Câu II:
1.	Giải phương trình: (1)
(1)	
2.	Tìm m để phương trình: có nghiệm
	Xét hàm số (điều kiện: x ³ 0)
	, "x > 0
	Vì 
Ta có f giảm trên và nên ta có 
.	
Vậy, phương trình (1) có nghiệm 
Û miền giá trị của f trên đoạn Û 0 < m £ 1
Câu III:
1.	Đường thẳng AB có VTCP 
	Phương trình đường thẳng AB: 
	Điểm I (–3+2t; 5- 2t; –5+3t) khi
 (–3 + 2t) + (5 – 2t) + (–5 + 3t) = 0 Û t = 1
	Vậy đường thẳng AB cắt mặt phẳng (P) tại I(–1, 3, –2)
2.	Tìm M Î (P) để MA2 + MB2 nhỏ nhất
	Gọi H là trung điểm của đoạn AB. Tam giác MAB có trung tuyến MH nên: 
	Do đó MA2 + MB2 nhỏ nhất Û MH2 nhỏ nhất
	Ta để thấy H(1, 1, 1), M Î (P)
	MH nhỏ nhất Û MH ^ (P) và để ý rằng mặt phẳng (P): x + y + z = 0 có PVT và O Î (P) Þ M º (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:
1.	Tọa độ giao điểm của 2 đường và y = 0 là A(0, 0); B(1, 0). Khi đó 0 £ x £ 1 Þ x(1 – x) ³ 0 Þ 
	Do đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi 2 đường đã cho là
	Đặt: x = tgt Þ dx = (tg2t + 1)dt 
Đổi cận 
	Vậy 
	2. Đặt: f(t) = et, 
 Ta có f tăng nghiêm cách trên và g giảm nghiêm cách trên từng khoảng 
 Xác định.
	Hệ phương trình (1) 
	Þ f(x) + g(y) = f(y) + g(x) (*)
	Nếu x > y Þ f(x) > f(y) Þ g(y) < g(x) ( do(*) )
y > x ( do g giảm nghiêm cách ) Þ vô lý.
Tương tự khi y > x cũng dẫn đến vô lý. 
Do đó, (1) (2) 
	Xét: (|x| > 1 )
	Nếu x < –1 thì h(x) < e–1 – 2007 < 0 Þ hệ vô nghiệm 
	Khi x > 1 Þ 
	và , 
	Vậy h(x) liên tục và có đồ thị là đường cong lõm trên (1, +¥)
	Do đó để chứng minh (2) có 2 nghiệm dương ta chỉ cần chứng minh tồn tại x0 > 1 mà h(x0) < 0
	Chọn x0 = 2 
	Suy ra: h(x) = 0 có đúng 2 nghiệm x1 > 1, x2 > 1
Câu Va:
1.	Với điều kiện: x ³ 2, y ³ 3, ta có:
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 Î 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	Þ A(2, –1)
	. Hoặc là A là giao điểm các đường (d) và x = 6	Þ A(6, –5)
	. Khi A(2, –1) Þ B(2, –5); C(6, –5); D(6, –1)
	. Khi A(6, –5) Þ B(6, –1); C(2, –1); D(2, –5) 
Câu Vb:
1.	Giải phương trình: 
(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)
và (2) SC vuông góc với (AHK )
SB =
AH.SB = SA.AB AH=SH= SK=
(do 2 tam giác SAB và SAD bằng nhau và cùng vuông tại A)
Ta có HK song song với BD nên .
Gọi AM là đường cao của tam giác cân AHK ta có 
 AM=
Cách khác: 
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; )
 Đề thi Dự trữ khối B-năm 2007
Đề II
Câu I: Cho hàm số (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 DOBA vuông cân.
Câu II: 
1. Giải phương trình: 
2. Tìm m để phương trình : 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 VOABC = 3.
Câu IV: 
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường y = x2 và .
2. Giải hệ phương trình: 
Câu Va (cho chương trình THPT không phân ban):
1. Tìm hệ số của x8 trong khai triển (x2 + 2)n, biết: .
2. Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 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 .
Câu Vb (cho chương trình THPT phân ban):
1. Giải phương trình: 
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 . Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A trên SB, SC. Chứng minh DAHK vuông và tính VSABC?
Bài giải
Câu I:
1. 	Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (Bạn đọc tự làm)
2.	Ta có: 
	y' = 0 Û –x2 + 4x + m – 4 = 0 Û (2 – x)2 = m (x ¹ 2) (*)
	Để đồ thị (Cm) có cực đại 
Û phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt ¹ 2 Û m > 0
	Khi đó y' = 0 Û , , ta có:
	x –¥	 x1	 2	x2	 +¥
	y'	 – 0 +	 	 +	0 –
	y +¥	 +¥	CĐ	
	 CT	 –¥	 –¥
	Þ Điểm cực đại A(2 + , –1 – 2)
	Phương trình tiếp tuyến với (Cm) tại điểm CĐ A có phương trình: , do đó 
	AB = X2 = 2 + (vì B Î Oy Þ xB = 0)
	DAOB vuông cân Û OB = BA Û 1 + 2 = 2 + Û m = 1
Cách khác:
 có dạng với a.A < 0
Do đó, khi hàm có cực trị thì xCT < xCĐ
 xCĐ = và yCĐ = = –1 – 2
Câu II:
1. Giải phương trình: (1)
	(1)
2.	Phương trình: (1)
	(1)	
	ycbt Û đường thẳng y = –m cắt phần đồ thị f(x) = 4x3 – 6x2 – 9x – 1 với x £ 1 tại 1 điểm
	f(x) = 4x3 – 6x2 – 9x – 1
	TXĐ: x £ 1
	f'(x) = 12x2 – 12x – 9 = 3(4x2 – 4x – 3)
	f'(x) = 0 Û 4x2 – 4x – 3 = 0 Û 
	x –¥	 –1/2	 1	 –3/2	 +¥
	f'	 + 0 –	 	 –	0 +
	f 	 CĐ	 	 +¥
	 –¥	 	 –12	CT	 	
	Từ bảng biến thiên ta có: 
ycbt
Câu III:
1.	Theo giả thiết A(2,0,0) M(0,–3,6) O(0,0,0)
	Bán kính mặt cầu 
	Khoảng cách từ tâm M của mặt cầu đến mặt phẳng (P): x + 2y – 9 = 0
	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:
	 (t Î R)
	Thế vào phương trình (P) ta có: t + 2(2t – 3) – 9 = 0 Þ 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) Î Ox nên phương trình (Q): 
Ta có M(0,–3,6) Î mặt phẳng (yOz) nên: (1)
	Ta lại có 
	Þ (2)
	Từ (1) và (2) ta có 
	Vậy c