Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 108 Ngày 19 tháng 5 năm 2014 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2 2 3(2 1) 6 ( 1) 1 (1)y x m x m m x= − + + + + (m là tham số thực). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 0m = . 2. Xác định m để điểm 3 (2 ; )M m m tạo với hai điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số (1) một tam giác có diện tích nhỏ nhất. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2 2 1 sin 2 cos6 sin 3 sin 2 sin8 2 x x x x x+ = 2. Giải hệ phương trình: 3 3 1 ( , ) 5 3 5 3 4 x y xy x y x y + − = ∈ + + + = ¡ Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: 4 0 sin 2 1 cos2 x x I dx x π + = + ∫ Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a, SA SB a= = , 2SD a= và mặt phẳng (SBD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD. Câu V (1,0 điểm) Cho hệ phương trình: 3 2 2 2 3 2 2 2 2 (2 3 ). 3 (2 3 ). 3 0 2 3 x x x x x m y y y y y m x my m − + − + + + − + − + + = − = + ( , )x y ∈¡ Chứng minh rằng m ∀ ∈ ¡ , hệ phương trình đã cho luôn có nghiệm. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): x 2 + y 2 – 9x – y + 18 = 0 và hai điểm A(1; 4), B(−1; 3). Gọi C, D là hai điểm thuộc (T) sao cho ABCD là một hình bình hành. Viết phương trình đường thẳng CD. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm M(1; −1; 0), cắt đường thẳng (d): 2 2 2 1 1 x y z− + = = và tạo với mặt phẳng (P): 2x − y − z + 5 = 0 một góc 30 0 . Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn 2 2 6z z+ = và 1 1 2 z i z i − + = − . B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): (x – 1) 2 + (y + 2) 2 = 10 và hai điểm B(1; 4), C(−3; 2). Tìm tọa độ điểm A thuộc (T) sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 19. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(13; −1; 0), B(2; 1; −2), C(1; 2; 2) và mặt cầu 2 2 2 ( ) : 2 4 6 67 0S x y z x y z+ + − − − − = . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với BC và tiếp xúc mặt cầu (S). Câu VII.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình sau: 2 4 4 1 1 log ( 3) log 4 3 x x x < − − + Hết Luyện thi Đại Học 1 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 108 Câu 1:1Cho hàm số 3 2 2 3(2 1) 6 ( 1) 1 (1)y x m x m m x= − + + + + (m là tham số thực). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 0m = . Ta có hàm số: 3 2 2 3 1y x x= − + TXĐ: ¡ 2 2 (0) (1) 0 ' 6 6 ; ' 0 6 6 0 ; 1, 0 1 x y x x y x x y y x = = − = ⇔ − = ⇔ = = = Hàm số nghịch biến trên khoảng ( ) 0; 1 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ) ( ) ; 0 ; 1;−∞ + ∞ Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, y CT = 0 và hàm số đạt cực đại tại x = 0, y CĐ = 1 Giới hạn: lim ; lim x x y y →−∞ →+∞ = −∞ = +∞ Bảng biến thiên: 1 2 1 1 '' 12 6; '' 0 12 6 0 2 2 y x y x x y ÷ = − = ⇔ − = ⇔ = ⇒ = ⇒ đồ thị có điểm uốn 1 1 ; 2 2 I ÷ là tâm đối xứng. Câu 1: 2. Xác định m để điểm 3 (2 ; )M m m tạo với hai điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số (1) một tam giác có diện tích nhỏ nhất. Ta có: 2 ' 6 6(2 1) 6 ( 1); ' 0 ; 1y x m x m m y x m x m= − + + + = ⇔ = = + m⇒ ∀ ∈¡ , hàm số luôn có CĐ, CT Tọa độ các điểm CĐ, CT của đồ thị là 3 2 3 2 ( ;2 3 1), ( 1;2 3 )A m m m B m m m+ + + + Suy ra 2AB = và phương trình đường thẳng 3 2 : 2 3 1 0AB x y m m m+ − − − − = Do đó, tam giác MAB có diện tích nhỏ nhất khi và chỉ khi khoảng cách từ M tới AB nhỏ nhất. Ta có: 2 3 1 ( , ) 2 m d M AB + = 1 1 ( ; ) min ( ; ) 2 2 d M AB d M AB⇒ ≥ ⇒ = đạt được khi m = 0 Câu 2: 1. Giải phương trình: 2 2 1 sin 2 cos6 sin 3 sin 2 sin8 2 x x x x x+ = Phương trình đã cho tương đương với: (1 cos 4 )cos6 1 cos6 1 sin 2 sin8 1 cos4 cos6 sin 2 sin8 2 2 x x x x x x x x x − + − = ⇔ − = 1 1 1 (cos2 cos10 ) (cos6 cos10 ) cos6 cos2 2 0 2 2 x x x x x x⇔ − + = − ⇔ + − = 3 2 4cos 2 2cos2 2 0 (cos2 1)(2cos 2 2cos2 1) 0x x x x x⇔ − − = ⇔ − + + = cos2 1 ,x x k k π ⇔ = ⇔ = ∈¢ Câu 2: 2. Giải hệ phương trình: 3 3 1 ( , ) 5 3 5 3 4 x y xy x y x y + − = ∈ + + + = ¡ Cách 1: Đk: Từ hệ suy ra đk 0 0 x y ≥ ≥ Hệ đã cho tương đương với: 6 6 2 2 4 5 3 4 5 3 16 x y xy x y + − = + + + = 6 6 2 2 5 3 4 5 3 4 5 3 4 5 3 4 2 0 x y xy x x y y x xy y + − = ⇔ + − + + + + − + + + − + = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 6 6 2 2 5 3 2 5 3 2 0 x y xy x x x y + − = ⇔ + − + + − + − = Luyện thi Đại Học 2 x y’ −∞ +∞ y 0 0 0 + + − −∞ +∞ 1 0 1 y x 1 2 − 1 0 • • • • 1 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 6 6 2 2 5 3 2 1 5 5 3 2 x y xy x x y y x y + − = + = ⇔ ⇔ = = + = = . Vậy hệ phương trình có một nghiệm 1 1 ; 5 5 ÷ Cách 2: Hệ đã cho tương đương với 3(5 5 ) 5 5 3(5 5 ) 5 5 5 5 2 (5 3)(5 3) 6 16 5 5 2 3(5 5 ) 25 9 10 x y xy x y xy x y x y x y x y xy + − = + − = ⇔ + + + + + = + + + + + = Đặt 5 5 , 5u x y v xy= + = . ĐK: 0, 0u v≥ ≥ . Hệ trở thành: 2 2 2 3 5 3 5 3 5 2 3 (3 5) 9 10 2 3 9 10 2 9 27 34 10 (*) v u u v v u u u u u u v u u u = − − = = − ⇔ ⇔ + + − + = + + + = − + = − Do ĐK của u, v nên 2 2 2 5 5 10 10 (*) 2 3 3 49( 27 34) (10 ) 35 88 36 0 u u u u u u u u ≤ ≤ ≤ ≤ ⇔ ⇔ ⇔ = − + = − − + = Với u = 2 ⇒ v = 1, ta được hệ: 5 5 2 5 5 2 1 1 5 5 1 25 x y x y x y xy xy + = + = ⇔ ⇔ = = = = .Vậy hệ phương trình có một nghiệm 1 1 ; 5 5 ÷ Câu 3: Tính tích phân: 4 0 sin 2 1 cos2 x x I dx x π + = + ∫ Ta có Tính 4 4 0 0 sin 2 1 (1 cos 2 ) 1 cos2 2 1 cos 2 x d x dx x x π π + = − + + ∫ ∫ 4 0 1 1 ln(1 cos 2 ) ln 2 2 2 x π = − + = Tính 4 2 0 cos x J dx x π = ∫ . Đặt: 2 ; tan cos dx u x du dx dv v x x = ⇒ = = ⇒ = 4 4 0 0 sin 2 ( tan ) ln cos 4 2 x J x x dx x π π π ⇒ = − = + ∫ . Vậy 1 ln 2 8 4 I π = + Câu 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a, SA SB a= = , 2SD a= và mặt phẳng (SBD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD. Theo giả thiết (ABCD) ⊥ (SBD) theo giao tuyến BD. Do đó nếu dựng AO ⊥ (SBD) thì O ∈ BD. Mặt khác AS = AB = AD ⇒ OS = OB = OD hay ∆SBD là tam giác vuông tại S. Từ đó: 2 2 2 2 2 3BD SB SD a a a= + = + = 2 2 2 2 3 4 2 a a AO AB OB a= − = − = Suy ra thể tích khối chóp S.ABD được tính bởi: 3 . . 1 1 1 2 . . . . 2. 3 6 6 2 12 S ABD A SBD SBD a a V V S AO SB SD AO a a= = = = = 3 . . 2 2 6 S ABCD S ABD a V V⇒ = = (đvtt) Trong ∆SBD dựng OH ⊥ SD tại H (1) ⇒ H là trung điểm của SD. Theo chứng minh trên AO ⊥ (SBD) ⇒ AO ⊥ OH (2) (1) và (2) chứng tỏ OH là đoạn vuông góc chung của AC và SD. Vậy 1 ( , ) 2 2 a d AC BD OH SB= = = Câu 5: Cho hệ phương trình: Luyện thi Đại Học 3 O B D C A S H Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 3 2 2 2 3 2 2 2 2 (2 3 ). 3 (2 3 ). 3 0 (1) 2 3 x x x x x m y y y y y m x my m − + − + + + − + − + + = − = + ( , )x y ∈¡ Chứng minh rằng m ∀ ∈ ¡ , hệ phương trình đã cho luôn có nghiệm. Đồ thị hàm số 3 2 ( ) 2 3f x x x x= − + có tâm đối xứng 1 ; 0 2 I ÷ và đồ thị hàm số 2 2 ( ) 3g x x x m= − + + có trục đối xứng 1 2 x = . Do đó nếu đặt y = 1 − x và thay vào vế trái của (1) ta được: 3 2 2 2 3 2 2 2 (2 3 ). 3 [2(1 ) 3(1 ) 1 ]. (1 ) (1 ) 3x x x x x m x x x x x m− + − + + + − − − + − − − − + + = 3 2 2 2 3 2 2 2 (2 3 ). 3 (2 3 ). 3 0, ,x x x x x m x x x x x m x m− + − + + − − + − + + = ∀ ∈¡ Chứng tỏ m ∀ ∈ ¡ , phương trình (1) luôn nhận nghiệm ( ; 1 ),x x x− ∈¡ Từ đó bài toán đã cho tương đương với bài toán chứng minh hệ phương trình: 2 1 2 3 y x x my m = − − = + có nghiệm m ∀ ∈ ¡ hay phương trình 2 2 3 3 0x mx m+ − − = có nghiệm m ∀ ∈ ¡ . Điều này là hiển nhiên vì 2 2 3 3 ' 3 3 0, 2 4 m m m m ∆ = + + = + + > ∀ ∈ ÷ ¡ Câu 6a: 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): x 2 + y 2 – 9x – y + 18 = 0 và hai điểm A(1;4), B(−1; 3). Gọi C, D là hai điểm thuộc (T) sao cho ABCD là một hình bình hành. Viết phương trình đường thẳng CD.Ta có ( 2; 1), 5AB AB= − − = uuur ; (C) có tâm 9 1 ; 2 2 I ÷ và bán kính 10 2 R = ABCD là hình bình hành nên CD = AB và phương trình CD: x – 2y + m = 0 7 2 ( , ) 2 5 m d I CD + = ; 2 2 2 ( , )CD R d I CD= − 2 2 5 (7 2 ) 5 2 7 6 0 1; 6 2 20 m m m m m + ⇔ = − ⇔ + + = ⇔ = − = − Vậy phương trình CD: x – 2y − 1 = 0; x – 2y − 6 = 0 Câu 6a: 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm M(1;−1;0), cắt đường thẳng (d): 2 2 2 1 1 x y z− + = = và tạo với mặt phẳng (P): 2x − y − z + 5 = 0 một góc 30 0 . Gọi ( ) (2 2 ; ; 2 )N d N t t t= ∩∆ ⇒ + − + Ta có: (1 2 ; 1; 2 )MN t t t= + + − + uuuur và mp(P) có vtpt (2; 1; 1)n = − − r (d) tạo với (P) góc 30 0 nên: ( ) 0 2 2 2 2 4 1 2 1 sin30 cos , 2 (1 2 ) ( 1) ( 2) . 6 t t t MN n t t t + − − + − = = = + + + + − uuuur r 2 2 2 3 3 9 10 18 0 0; 2 5 6 2 6 t t t t t t t + ⇔ = ⇔ − = ⇔ = = + + + Với t = 0, phương trình 1 1 : 1 1 2 x y z− + ∆ = = − + Với 9 5 t = , phương trình 1 1 : 23 14 1 x y z− + ∆ = = − Câu 7a: Tìm số phức z thỏa mãn 2 2 6z z+ = và 1 1 2 z i z i − + = − . Giả sử , ( , )z x yi x y= + ∈¡ . Ta có: + 2 2 2 2 2 2 6 ( ) ( ) 6 3z z x yi x yi x y+ = ⇔ + + − = ⇔ − = + 1 1 ( 1) ( 1) ( 2) 2 z i x y i x y i z i − + = ⇔ − + + = + − − 2 2 2 2 ( 1) ( 1) ( 2)x y x y⇔ − + + = + − 3 1 0x y⇔ − + = Giải hệ phương trình: 2 2 2 2, 1 3 1 3 7 1 , 3 1 0 4 3 1 0 4 4 x y x y x y x y x y y y = = = − − = ⇔ ⇔ = − = − − + = − − = Vậy 7 1 2 ; 4 4 z i z i= + = − − Câu 6b: 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): (x – 1) 2 + (y + 2) 2 = 10 và hai điểm B(1;4), C(−3; 2). Tìm tọa độ điểm A thuộc (T) sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 19. Luyện thi Đại Học 4 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 Giả sử A(x; y) ∈ (C) ⇒ (x – 1) 2 + (y + 2) 2 = 10 Ta có: 2 5BC = và phương trình BC: x – 2y + 7 = 0 2 7 ( , ) 5 x y d A BC − + = Diện tích tam giác ABC: 1 . ( , ) 19 2 ABC S BC d A BC= = ⇔ 2 12 2 7 1 .2 5. 19 2 26 2 5 x y x y x y = + − + = ⇔ = − TH1: x = 2y + 12 thế vào (1), ta được 2 23 5 48 115 0 5; 5 y y y y+ + = ⇔ = − = − + 5 2y x= − ⇒ = + 23 14 5 5 y x= − ⇒ = TH2: x = 2y – 26 thế vào (1), ta được 5y 2 – 104y +723 = 0 (vô nghiệm) .Vậy (2; 5)A − ; 14 23 ; 5 5 A − ÷ Câu 6b: 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(13; −1; 0), B(2; 1; −2), C(1; 2; 2) và mặt cầu 2 2 2 ( ) : 2 4 6 67 0S x y z x y z+ + − − − − = . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với BC và tiếp xúc mặt cầu (S). (S) có tâm I(1; 2; 3) và bán kính R = 9 Giả sử (P) có vtpt 2 2 2 ( ; ; ), ( 0)n A B C A B C= + + ≠ r (P) // BC nên ( 1;1;4) . 0 4 ( 4 ; ; )n BC n BC A B C n B C B C⊥ = − ⇒ = ⇔ = + ⇒ = + uuur uuur r r r (P) đi qua A(13; −1; 0) ⇒ phương trình (P): ( 4 ) 12 52 0B C x By Cz B C+ + + − − = (P) tiếp xúc (S) 2 2 2 4 2 3 12 52 [ ,( )] 9 ( 4 ) B C B C B C d I P R B C B C + + + − − ⇔ = ⇔ = + + + 2 2 0 2 8 0 ( 2 )( 4 ) 0 4 0 B C B BC C B C B C B C + = ⇔ − − = ⇔ + − = ⇔ − = Với B + 2C = 0 chọn 2 1 B C = = − , ta được phương trình (P): −2x + 2y − z + 28 = 0 Với B − 4C = 0 chọn 4 1 B C = = , ta được phương trình (P): 8x + 4y + z −100 = 0 Cả hai mặt phẳng (P) tìm được ở trên đều thỏa yêu cầu bài toán. Câu 7b: Giải bất phương trình sau: 2 4 4 1 1 log ( 3) log 4 3 x x x < − − + Điều kiện: 2 2 4 3 0 3 4 3 1 4 3 0 2 2 3 1 x x x x x x x x x − + > > − + ≠ ⇔ ≠ − > ≠ + − ≠ Khi đó có 3 trường hợp: TH1: Nếu x > 4 thì 2 4 4 log 4 3 log 1 0x x− + > = và 4 4 log ( 3) log 1 0x − > = . Do đó bpt tương đương: 2 2 4 4 log ( 3) log 4 3 3 4 3 3 1x x x x x x x x− < − + ⇔ − < − + ⇔ − < − (đúng 4x ∀ > ) TH2: Nếu 2 2 4x+ < < thì 2 4 4 log 4 3 log 1 0x x− + > = và 4 4 log ( 3) log 1 0x − < = . Suy ra bpt vô nghiệm. TH3: Nếu 3 2 2x< < + thì 2 4 4 log 4 3 log 1 0x x− + < = và 4 4 log ( 3) log 1 0x − < = . Do đó bpt tương đương: 2 2 4 4 log ( 3) log 4 3 3 4 3 3 1x x x x x x x x− < − + ⇔ − < − + ⇔ − < − (đúng (2; 2 2)x∀ ∈ + ) Vậy bpt có tập nghiệm là (2; 2 2) (4; )S = + ∪ + ∞ Luyện thi Đại Học 5 . Luyện thi Đại Học 1 Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727 ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 108 Câu 1:1Cho hàm số 3 2 2 3(2 1) 6 ( 1) 1 (1)y x m x m m x= − + + + + (m là tham số thực). Khảo sát sự biến thi n. ĐT:01694838727 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 108 Ngày 19 tháng 5 năm 2014 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2 2 3(2 1) 6 ( 1) 1 (1)y x m x m m x= − + + + + (m là tham số thực). 1 số thực). 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 0m = . 2. Xác định m để điểm 3 (2 ; )M m m tạo với hai điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số (1) một tam giác có diện tích