TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐH (Đề số 10) ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN: TOÁN 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 ĐẾ 10 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( ∞+∪∈ . TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐH (Đề số 10) ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút. I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH TẤT CẢ THÍ SINH. (7 điểm) Câu I.(2 điểm) Cho hàm số y = x 3 + mx + 2 (1) 1. Khảo sát sự biến thi n 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. (P) bằng 3 5 . Câu VII b.(1điểm) Giải bất phương trình: 3log3log 3 xx < HƯỚNG DẪN GIẢI ĐẾ 10 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