Đề luyện thi đại học môn Toán số 108

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