SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK
TRƯỜNG THPTNGUYỄN HUỆ
ĐỀ THITHỬĐẠIHỌC
MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013
Thời gian làm bài: 180 phút.
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH. (7 điểm)
Câu I .(2 điểm)
Cho hàm số y = x
3
+ mx + 2 (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = -3.
2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hòanh tại một điểm duy nhất.
Câu II. (2 điểm)
1. Giải hệ phương trình :
=++
=+
22
1
322
33
yxyyx
yx
2. Giải phương trình:
xxx tansin2)
4
(sin2
22
−=−
π
.
Câu III.(1 điểm) Tính tích phân
∫
−
=
2
1
2
4
dx
x
x
I
Câu IV.(1 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = h vuông góc mặt phẳng (ABCD), M là
điểm thay đổi trên CD. Kẻ SH vuông góc BM. Xác định vị trí M để thể tích tứ diện S.ABH đạt giá trị lớn nhất.
Tính giá trị lớn nhất đó.
Câu V.(1 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực:
mxx
=−+
4
2
1
II. PHẦN RIÊNG. (3 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a họăc phần b)
Câu VI a.(2 điểm)
1.Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d
1
: x – 2y + 3 = 0, d
2
: 4x + 3y – 5 = 0. Lập phương trình đường
tròn (C) có tâm I trên d
1
, tiếp xúc d
2
và có bán kính R = 2.
2.Cho hai đường thẳng d
1
:
211
zyx
==
, d
2
:
+=
=
−−=
tz
ty
tx
1
21
và mặt phẳng (P): x – y – z = 0. Tìm tọa độ hai
điểm M
1
d
∈
, N
2
d
∈
sao cho MN song song (P) và MN =
6
Câu VII a.(1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn :
1
4
=
−
+
iz
iz
Câu VI b.(2 điểm)
1. Cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x – 2y – 1 = 0, đường chéo BD: x – 7y + 14 = 0 và đường chéo
AC qua điểm M(2 ; 1). Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.
2. Cho ba điểm O(0 ; 0 ; 0), A(0 ; 0 ; 4), B(2 ; 0 ; 0) và mp(P): 2x + 2y – z + 5 = 0. Lập p.tr m.cầu (S) đi qua
ba điểm O, A, B và có khỏang cách từ tâm I đến mặt phẳng (P) bằng
3
5
.
Câu VII b.(1điểm) Giải bất phương trình:
3log3log
3
xx
<
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu I.
1. (Tự giải)
2. Pt : x
3
+ mx + 2 = 0
x
xm
2
2
−−=⇒
( x
)0≠
Xét f(x) =
2
2
2
2)('
2
x
xxf
x
x +−=⇒−−
=
2
3
22
x
x +−
Ta có x -
∞
0 1 +
∞
f’(x) + + 0 -
f(x) +
∞
-3
-
∞
-
∞
-
∞
Đồ thị hàm số (1) cắt trục hòanh tại một điểm duy nhất
3−>⇔ m
.
Câu II.
1.
=−−+
=+
⇔
=++
=+
)2(022
)1(1
22
1
2233
33
322
33
xyyxyx
yx
yxyyx
yx
y
0≠
. Ta có:
=+
−
−
=+
)4(0122
)3(1
23
33
y
x
y
x
y
x
yx
Đặt :
t
y
x
=
(4) có dạng : 2t
3
– t
2
– 2t + 1 = 0
⇔
t =
,1±
t =
2
1
.
a) Nếu t = 1 ta có hệ
3
33
2
1
1
==⇔
=
=+
yx
yx
yx
b) Nếu t = -1 ta có hệ
⇔
−=
=+
yx
yx 1
33
hệ vô nghiệm.
c) Nếu t =
2
1
ta có hệ
3
32
,
3
3
2
1
33
33
==⇔
=
=+
yx
xy
yx
2. Pt
xxx tansin2)
4
(sin2
22
−=−
π
(cosx
)0≠
xxxxx sincos.sin2cos)]
2
2cos(1[
2
−=−−⇔
π
⇔
(1 - sin2x)(cosx – sinx) = 0
⇔
sìn2x = 1 hoặc tanx = 1.
Câu III. I =
∫ ∫
−
=
−
2
1
2
1
2
22
44
xdx
x
x
dx
x
x
. Đặt t =
xdxtdtxtx −=⇒−=⇒−
222
44
I =
0
3
2
0
3
0
3
0
3
2
2
2
2
2
ln)
4
4
1(
44
)(
+
−
+=
−
+=
−
=
−
−
∫ ∫ ∫
t
t
tdt
t
dt
t
t
t
tdtt
= -
+
−
+
32
32
ln3
Câu IV.
h
H
M
D
C
B
A
S
SH
⊥
BM và SA
⊥
BM suy ra AH
⊥
BM
V
SABH
=
BHAH
h
BHAHSA .
6
6
1
=
.
V
SABH
lớn nhất khi AH.BH lớn nhất. Ta có: AH + BH
BHAH.2≥
BHAHBHAH .2
22
≥+⇒
BHAHa .2
2
≥⇒
, vậy AH.BH lớn nhất khi AH.BH =
2
2
a
khi AH = BH khi H là tâm của hình vuông , khi M
D≡
. Khi đó V
SABH
=
12
2
ha
.
Câu V.
mxx =−+
4
2
1
D = [0 ; +
)∞
*Đặt f(x) =
x
x
x
x
xx
xx
xxx
x
x
x
xfxx
.)
1
1(2
)
1
1(
.)1(2
)1(
2
1
)1(2
)('1
4
3
2
2
3
4
3
2
2
3
2
3
4
32
4
32
4
32
4
2
+
+−
=
+
+−
=−
+
=⇒−+
Suy ra: f’(x) =
);0(0
.)
1
1(2
)
1
1(1
4
3
2
4
3
2
∞+∈∀<
+
+−
x
x
x
x
*
0
)1)(1(
1
lim
1
1
lim)1(lim
2
4
2
22
4
2
2
4
2
=
++++
−+
=
++
−+
=−+
+∞→+∞→+∞→
xxxx
xx
xx
xx
xx
xxx
* BBT x 0 +
∞
f’(x)
f(x) 1
0
Vậy: 0 < m
1≤
Câu VI a.
1.d
1
:
=
+−=
ty
tx 23
, I
);3(
1
ttId +−⇒∈
d(I , d
2
) = 2
11
7
,
11
27
101711 ==⇔=−⇔ ttt
• t =
4
11
27
11
21
:)(
11
27
;
11
21
11
27
22
11
=
−+
−
⇒ yxCI
• t =
4
11
7
11
19
:)(
11
7
;
11
19
11
7
22
22
=
−+
+
−
⇒ yxCI
2.
)1;;21(),2;;(,
1
21
:,
2
:
22221111
2
2
2
2
1
1
1
1
tttNdNtttMdM
tz
ty
tx
d
tz
ty
tx
d +−−⇒∈⇒∈
+=
=
−−=
=
=
=
)21;;21(
121212
ttttttMN −+−−−−=
Theo gt :
−==
+=
⇔
=+
+=
⇔
=
=
⇔
=
→
13
12
;0
21
01213
21
6
0.
6
)//(
22
21
2
2
2
21
2
tt
tt
tt
tt
MN
nMN
MN
PMN
*
)1;0;1(,)2;1;1(,10
12
−=⇒= NMtt
*
−−
−−−−=⇒
−
=
13
11
;
13
12
;
13
11
,
13
22
;
13
11
;
13
11
,
13
11
13
12
12
NMtt
Câu VII a.
0111
224
=
+
−
+
−
−
+
⇔=
−
+
iz
iz
iz
iz
iz
iz
*
01
2
=−
−
+
iz
iz
01 =⇔±=
−
+
⇔ z
iz
iz
*
0001
2
22
=
+
−
+
−
−
+
⇔=−
−
+
⇔=+
−
+
i
iz
iz
i
iz
iz
i
iz
iz
iz
iz
1
±=⇔
z
Câu VI b.
1.B(11; 5)
AC: kx – y – 2k + 1 = 0
cos CAB = cos DBA
7
1
;10187
1
2
2
3
2
2
==⇔=+−⇔
+
+
=⇔ kkkk
k
k
• k = 1 , AC : x – y – 1 = 0
• k =
7
1
, AC : x – 7y + 5 = 0 // BD ( lọai)
Ta tìm được A(1 ; 0), C(6 ; 5), D(-4 ; 0)
2.(S): x
2
+ y
2
+ z
2
+ 2ax + 2by + 2cz + d = 0 có tâm I(-a ; -b ; -c) , R =
dcba −++
222
.
O, A, B thuộc (S) ta có : d = 0 , a = -1, c = -2
d(I, (P)) =
5,0552
3
5
==⇔=+−⇔ bbb
• b = 0 , (S): x
2
+ y
2
+ z
2
- 2x – 4z = 0
• b = 5 , (S) : x
2
+ y
2
+ z
2
– 2x + 10y – 4z = 0
Câu VII b.
ĐK :
≠
≠
>
3
1
0
x
x
x
Bất phương trình trở thành :
0
1log
1
log
1
1log
1
log
1
3
log
1
log
1
3333
3
3
<
−
−⇔
−
<⇔<
xxxx
x
x
1log0log0)1(loglog0
)1(loglog
1
3333
33
>∨<⇔>−⇔<
−
−
⇔ xxxx
xx
*
10log
3
<⇔< xx
kết hợp ĐK : 0 < x < 1
*
30log
3
>⇔> xx
Vậy tập nghiệm của BPT: x
);3()1;0( ∞+∪∈
. DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013 Thời gian làm bài: 180 phút. I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH. (7 điểm) Câu I .(2 điểm) Cho hàm số y. 2 2 2 2)(' 2 x xxf x x +−=⇒−− = 2 3 22 x x +− Ta có x - ∞ 0 1 + ∞ f’(x) + + 0 - f(x) + ∞ -3 - ∞ - ∞ - ∞ Đồ thị hàm số (1) cắt trục hòanh tại một điểm duy nhất 3−>⇔ m . Câu. A(1 ; 0), C(6 ; 5), D (-4 ; 0) 2.(S): x 2 + y 2 + z 2 + 2ax + 2by + 2cz + d = 0 có tâm I(-a ; -b ; -c) , R = dcba −++ 222 . O, A, B thuộc (S) ta có : d = 0 , a = -1 , c = -2 d(I, (P)) = 5,0552 3 5 ==⇔=+−⇔