Tìm m để đồ thị hàm số 1 cắt trục hòanh tại một điểm duy nhất.. 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
Trang 1ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010
Môn thi : TOÁN Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề)
ĐỀ 10
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 :
= + +
= +
2 2
1
3 2 2
3 3
y xy y
x
y x
4 ( sin
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:
m x
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 d1: x – 2y + 3 = 0, d2 : 4x + 3y – 5 = 0 Lập phương trình đường tròn (C) có tâm I trên d1, tiếp xúc d2 và có bán kính R = 2.
2.Cho hai đường thẳng d1:
2 1 1
z y x
=
+
=
=
−
−
=
t z
t y
t x
1
2 1
và mặt phẳng (P): x – y – z = 0 Tìm tọa
độ hai điểm M∈ d1, N∈ d2 sao cho MN song song (P) và MN = 6
Câu VII a.(1 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn :
1
4
=
−
+
i z
i z
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: log 3 log 3
3
x
x <
Trang 2Câu I.
1 (Tự giải)
2 Pt : x 3 + mx + 2 = 0
x x
2 ) ( '
2
x x x
f 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 ⇔m>−3 Câu II 1 = − − + = + ⇔ = + + = + ) 2 ( 0 2 2 ) 1 ( 1 2 2 1 2 2 3 3 3 3 3 2 2 3 3 xy y x y x y x y xy y x y x y≠0 Ta có: = + − − = + ) 4 ( 0 1 2 2 ) 3 ( 1 2 3 3 3 y x y x y x y x 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 3 3 2 1 1 = = ⇔ = = + y x y x y x b) Nếu t = -1 ta có hệ ⇔ − = = + y x y x3 3 1 hệ vô nghiệm c) Nếu t = 2 1 ta có hệ 3 3 2 , 3 3 2 1 3 3 3 3 = = ⇔ = = + y x x y y x 2 Pt x ) 2sin x tanx 4 ( sin 2 2 − π = 2 − (cosx≠0) x )]cosx 2sin x.cosx sinx 2 2 cos( 1 [ − − = 2 − ⇔ π ⇔(1 - sin2x)(cosx – sinx) = 0 ⇔sìn2x = 1 hoặc tanx = 1 Câu III I = ∫2 − =∫ − 1 2 1 2 2 2 4 4 xdx x x dx x x Đặt t = 4−x2 ⇒t2 =4−x2 ⇒tdt =−xdx I = 0 3 2 0 3 0 3 0 3 2 2 2 2 2 ln ) 4 4 1 ( 4 4 ) ( + − + = − + = − = − − ∫ ∫ ∫ dt t t t t dt t t t tdt t = - + − + 3 2 3 2 ln 3 Câu IV
Trang 3
h
H
M D
C B
A S
SH⊥BM và SA⊥BM suy ra AH⊥BM
VSABH = SA AH BH h AH.BH
6
6
VSABH lớn nhất khi AH.BH lớn nhất Ta có: AH + BH ≥2 AH BH ⇒ AH2 +BH2 ≥2AH.BH
BH AH
2
2
a
khi AH = BH khi H là tâm của hình vuông ,
khi M D≡ Khi đó VSABH =
12
2h a
Câu V 4 x2 +1− x =m
D = [0 ; + )∞
*Đặt f(x) =
x x
x
x x
x x x
x x x x x
x x
f x x
)
1 1 ( 2
)
1 1 (
) 1 ( 2
) 1 ( 2
1 )
1 ( 2 ) ( ' 1
2 2
3
2 2
3 2 3
4 2
+
+
−
= +
+
−
=
− +
=
⇒
− +
)
1 1 ( 2
)
1 1 ( 1
2
2
∞ +
∈
∀
<
+
+
−
x x
x x
) 1 )(
1 (
1 lim
1
1 lim
) 1
(
lim
2
4 2
2 2
4 2
2
+ + +
+
− +
=
+ +
− +
=
− +
+∞
→ +∞
→ +∞
x x
x x
x x
x x
x x
x
* BBT x 0 +∞
f’(x)
f(x) 1
0
Vậy: 0 < m 1≤
Câu VI a
1.d1:
=
+
−
=
t
y
t
, I∈d1 ⇒I(−3+t;t)
Trang 4d(I , d2) = 2
11
, 11 10
17
11
27 11
21 :
) ( 11
27
; 11
21 11
1
− +
−
11
7 11
19 :
) ( 11
7
; 11
19 11
2
− +
+
−
1
2 1 :
, 2
2 2
2 2
1
1
1
t z
t y
t x
d t
z
t
y
t
x
+
=
=
−
−
=
=
=
=
) 2 1
;
; 2
1
( t2 t1 t2 t1 t2 t1
Theo gt :
−
=
=
+
=
⇔
= +
+
=
⇔
=
=
⇔
=
→
13
12
; 0
2 1 0
12 13
2 1 6
0 6
) //(
2 2
2 1
2
2 2
2 1
t t
t t
t t
MN
n MN MN
P MN
* t2 =0⇒t1 =1,M(1;1;2) , N(−1;0;1)
− − −
−
=
⇒
−
=
13
11
; 13
12
; 13
11 ,
13
22
; 13
11
; 13
11 ,
13
11 13
12
1
t
Câu VII a.
0 1 1
1
2 2
4
=
+
−
+
−
−
+
⇔
=
−
+
i z
i z i
z
i z i
z
i
z
2
=
−
−
+
i
z
i
−
+
i z
i z
2 2
=
−
+
−
+
⇔
=
−
−
+
⇔
= +
−
+
i i z
i z i i z
i z i
i z
i z i
z
i
z
1
±
=
⇔ z
Câu VI b
1.B(11; 5)
AC: kx – y – 2k + 1 = 0
cos CAB = cos DBA
7
1
; 1 0
1 8 7 1
2 2
+
+
=
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 = a2 +b2 +c2 −d .
O, A, B thuộc (S) ta có : d = 0 , a = -1, c = -2
3
5
=
=
⇔
= +
−
• 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
Trang 5Bất phương trình trở thành : log 1 0
1 log
1 1
log
1 log
1 3
log
1 log
1
3 3
3 3
3 3
<
−
−
⇔
−
<
⇔
<
x x
x x
x x
) 1 (log log
1
3 3
3 3 3
3
>
∨
<
⇔
>
−
⇔
<
−
−
x x
* log3x<0⇔ x<1 kết hợp ĐK : 0 < x < 1
* log3x>0⇔ x>3
Vậy tập nghiệm của BPT: x∈(0;1)∪(3;+∞)
