Đề thi thử TN THPT môn Toán 2

Trường THPT chuyên Hùng Vương Ôn thi TN&ĐH GV biên soạn: Nguyễn Văn Phi (V) - 1 - ĐỀ THI THỬ Thời gian làm bài: 150 phút I. Phần chung cho tất cả thí sinh Câu I (3 điểm) Cho hàm số 2 3 1 x y x − = − và đường thẳng ( ) : d y x m = − + 1/. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2/. Chứng minh rằng (d) luôn cắt (C) tại 2 điểm A,B phân biệt và tìm m để AB ngắn nhất. Câu II (1 điểm) Chứng minh rằng: ( ) 2 1 ln 1 x x x − > + , với mọi x > 1 Câu III (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số: y = 6 – x , 2 y x = và trục Ox trong miền 0 x ≥ . Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, AC = 3 a , mặt bên SBC là tam giác đều và vuông góc với đáy. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC Câu V (1 điểm) Giải phương trình : ( ) ( ) 2 4 log 5 1 .log 2.5 2 1 x x − − = . II. Phần riêng (3.0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2) Phần 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng 1 2 : 1 , x t y t t z t =   ∆ = − ∈   =  » và 2 1 : 1 1 1 x y z − ∆ = = − − . 1/. Chứng tỏ rằng 1 2 , ∆ ∆ chéo nhau. 2/. Viết phương trình mặt phẳng ( ) α chứa đường thẳng 1 ∆ và song song với đường thẳng 2 ∆ Câu VII.a (1 điểm) Tìm nghiệm phức của phương trình 2 1 3 1 2 i i z i i + − + = − + Phần 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng 1 2 : 1 , x t y t t z t =   ∆ = − ∈   =  » , 2 1 : 1 1 1 x y z − ∆ = = − − và mặt cầu (S): 2 2 2 2 2 4 3 0 x y z x y z + + − + + − = 1/. Chứng tỏ rằng 1 2 , ∆ ∆ chéo nhau. 2/. Viết phương trình mặt phẳng (P) tiếp xúc mặt cầu (S) và song song với cả hai đường thẳng 1 2 , ∆ ∆ Câu VII.a (1 điểm) Tìm phần thực và phần ảo của số phức ( ) 7 5 cos sin 1 3 3 3 Z i i i π π   = − +     hết Trường THPT chuyên Hùng Vương Ôn thi TN&ĐH GV biên soạn: Nguyễn Văn Phi (V) - 2 - x y y’ −∞ 1 - 2 −∞ +∞ 2 +∞ f(x)=(2x-3)/(1-x) f(x)=-2 x(t)=1 , y (t)=t -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 -4 -2 2 4 x y -3 3 2 Hướng dẫn giải Câu I (3 điểm) a/. • Tập xác định: { } \ 1 D = » • Sự biến thiên: + ( ) 2 1 ' 0 1 y x D x − = < ∀ ∈ − . Suy ra hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ) ;1 −∞ và ( ) 1; +∞ + Do lim lim 2 x x y y →+∞ →−∞ = = − và 1 lim x y + → = +∞ và 1 lim x y − → = −∞ Suy ra đồ thị có một tiệm cận ngang là đường thẳng y = – 2 và một tiệm cận đứng là đường thẳng x = 1 + Bảng biến thiên • Đồ thị + Đồ thị cắt Oy tại ( ) 0; 3 − và cắt Ox tại 3 ;0 2       + Đồ thị nhận giao điểm I của hai tiệm cận làm tâm đối xứng. b/. ■ Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C) : 2 3 1 x x m x − = + − ( ) ( ) ( ) 2 1 1 3 0 x hn x m x m ≠  ⇔  + + − + =   (1) ■ có ( ) 2 3 4 0 m ∆ = + + > ⇒ đpcm Ta có : do ( ) , A A B B y x m A B d y x m = +  ∈ ⇒  = +  và do Vi-et ( ) ( ) 1 . 3 A B A B x x m x x m + = − +    = − +   Nên ( ) ( ) 2 2 B A B A AB x x y y = − + − ( ) ( ) 2 2 2 2 4 B A A B A B x x x x x x   = − = + −   ( ) 2 2 3 4 m   = + +   2 2 ≥ Suy ra min 2 2 AB = , đạt khi m = –3 Câu II: (1điểm) • Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: ( ) 2 1 ln 0 , 1 1 x x x x − − > ∀ > + • Xét hàm số ( ) ( ) 2 1 ln , 1 1 x y f x x khi x x − = = − > + Ta có: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 4 y' = 0 , 1 x 1 1 x x x x x − − = > ∀ > + + • Vậy hàm số y = f(x) đồng biến trên khoảng ( ) 1; +∞ Suy ra f(x) > f(1) = 0 , 1 x ∀ > suy ra ĐPCM! Trường THPT chuyên Hùng Vương Ôn thi TN&ĐH GV biên soạn: Nguyễn Văn Phi (V) - 3 - Câu III (1 điểm) • Hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số y = 6 – x và 2 y x = là nghiệm của phương trình: 2 2 6 6 0 x x x x = − ⇔ + − = 2 3 x x ⇔ = ∨ = − (loại do 0 x ≥ ) • Ta có đồ thị: • Từ đồ thị suy ra tính diện tích cần tìm là: ( ) 2 6 2 0 2 6 S x dx x dx = + − ∫ ∫ 2 6 3 2 0 2 6 3 2 x x x     = + −         8 26 8 3 3 = + = đ.v.d.t Câu IV : (1 điểm) • Gọi H là trung điểm của BC. Do SBC ∆ đều nên SH BC ⊥ mà ( ) ( ) SBC ABC ⊥ theo giả thiết nên ( ) SH ABC ⊥ .Vậy SH là đường cao của hình chóp S.ABC • Ta có: ABC ∆ vuông tại A nên 2 2 2 2 3 2 BC AB AC a a a = + = + = SBC ∆ đều nên chiều cao 3 . 3 2 SH BC a = = Diện tích đáy 2 1 3 . 2 2 ABC a S AB AC ∆ = = 3 a • Suy ra thể tích khối chóp S.ABC là 1 . 3 ABC V S SH ∆ = Câu V: (1 điểm) • Điều kiện : 5 1 0 0 x x − > ⇔ > • Phương trình (1) được viết lại ( ) ( ) 2 2 1 log 5 1 . . 1 log 5 1 1 2 x x   − + − =   Do đó đặt ( ) 2 log 5 1 x t = − , pt (1) trở thành : 2 2 0 1 2 t t t t + − = ⇔ = ∨ = − • Nhờ đó : ( ) ( ) ( ) 2 2 1 log 5 1 1 log 5 1 2 x x ⇔ − = ∨ − = − 1 5 1 2 5 1 4 x x ⇔ − = ∨ − = 5 5 5 log 3 log 4 x   ⇔ = ∨     II. Phần riêng (3.0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2) Phần 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu VIa: (2 điểm) 1/. Đường thẳng 1 ∆ đi qua điểm ( ) 0;1;0 A và có vec tơ chỉ phương ( ) 2; 1;1 a = −  Đường thẳng 2 ∆ đi qua điểm ( ) 1;0;0 B và có vec tơ chỉ phương ( ) 1;1; 1 b = − −  Ta có ( ) 1; 1;0 AB = −  và ( ) , 0;1;1 a b   =     Suy ra , . 1 0 a b AB   = − ≠      1 2 , ⇒ ∆ ∆ chéo nhau. 2/. • ( ) α có 1 pháp vectơ là ( ) , 0;1;1 a b   =     f(x)=x^2 f(x)=6-x x(t)=2 , y(t )=t -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 x y a B C A S H Trường THPT chuyên Hùng Vương Ôn thi TN&ĐH GV biên soạn: Nguyễn Văn Phi (V) - 4 - • mà ( ) ( ) 1 A α α ∆ ⊂ ⇒ ∈ ( ) : 1 0 y z α ⇒ + − = Câu VIIa: (1 điểm) Phương trình đã cho được biến đổi thành : ( ) ( ) 2 1 3 (1 ) 2 i i Z i − + − = + 2 2 1 4 3 4 4 i i Z i i − + − ⇔ = + + 2 4 3 4 i Z i + ⇔ = + (2 4 )(3 4 ) 25 i i Z + − ⇔ = 22 4 25 25 z i ⇔ = + Phần 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb: (2 điểm) 1/. Đường thẳng 1 ∆ đi qua điểm ( ) 0;1;0 A và có vec tơ chỉ phương ( ) 2; 1;1 a = −  Đường thẳng 2 ∆ đi qua điểm ( ) 1;0;0 B và có vec tơ chỉ phương ( ) 1;1; 1 b = − −  Ta có ( ) 1; 1;0 AB = −  và ( ) , 0;1;1 a b   =     Suy ra , . 1 0 a b AB   = − ≠      1 2 , ⇒ ∆ ∆ chéo nhau. 2/. • Mặt cầu (S) có tâm I(1; –1; – 2) và bán kính R = 3 • Do (P) song song với hai đường thẳng 1 2 , ∆ ∆ nên (P) có 1 pháp vectơ là ( ) , 0;1;1 a b   =     ( ) : 0 P y z m ⇒ + + = • Ta có ( ) 3 ,( ) 3 3 3 2 2 m d I P R m − = ⇔ = ⇔ = ± ( ) 1 : 3 3 2 0 P y z ⇒ + + + = ; ( ) 2 : 3 3 2 0 P y z + + − = • Kiểm lại: Hai điểm A và B cùng không thuộc các mặt phẳng này . Vậy có 2 mặt phẳng thỏa yêu cầu đề bài là ( ) 1 : 3 3 2 0 P y z + + + = và ( ) 2 : 3 3 2 0 P y z + + − = Câu VIIb: (1 điểm) Gọi : 1 cos sin cos sin 3 3 3 3 z i i π π π π − −     = − = +         suy ra 1 1 z = và 1 acgumem bằng 3 π − 5 2 2 1. cos .sin 1 2 2 z i i i z π π   = = = + ⇒ =     và 1 acgumem bằng 2 π 1 3 2 cos sin 3 3 i i π π   + = +     suy ra ( ) 7 3 1 3 z i= + có 7 3 2 128 z = = và 1 acgumem bằng 7 3 π Mà ( ) 7 5 1 2 3 cos sin 1 3 . 3 3 z i i i z z z π π   = − + =     7 7 128 cos sin .128 3 2 3 3 2 3 z i i π π π π π π  − −      ⇒ = + + + + + =             Hết. . − +   Nên ( ) ( ) 2 2 B A B A AB x x y y = − + − ( ) ( ) 2 2 2 2 4 B A A B A B x x x x x x   = − = + −   ( ) 2 2 3 4 m   = + +   2 2 ≥ Suy ra min 2 2 AB = , đạt khi m = –3. ) 2 i i Z i − + − = + 2 2 1 4 3 4 4 i i Z i i − + − ⇔ = + + 2 4 3 4 i Z i + ⇔ = + (2 4 )(3 4 ) 25 i i Z + − ⇔ = 22 4 25 25 z i ⇔ = + Phần 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb: (2 điểm). chóp S.ABC • Ta có: ABC ∆ vuông tại A nên 2 2 2 2 3 2 BC AB AC a a a = + = + = SBC ∆ đều nên chiều cao 3 . 3 2 SH BC a = = Diện tích đáy 2 1 3 . 2 2 ABC a S AB AC ∆ = = 3 a • Suy ra thể