đề ôn thi TN số 3

Nguyễn Vũ Minh Đề thi thử TNTHPT có đáp án 2009
ĐỀ 3
( Thời gian làm bài 150 phút )
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
Cho hàm số
x 3
y
x 2
−
=
−
có đồ thị (C)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng (d) : y = mx + 1 cắt đồ thị của
hàm số đã cho tại hai điểm phân biệt .
Câu II ( 3,0 điểm )
a) Giải bất phương trình
ln (1 sin )
2
2
2
e log (x 3x) 0
π
+
− + ≥

b) Tính tìch phân : I =
π
+
∫

2
x x
(1 sin )cos dx
2 2
0
c) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
=
+
x
e
y
x
e e
trên đoạn
[ln2 ; ln4]
.
Câu III ( 1,0 điểm )
Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có tất cà các cạnh đều bằng a .Tính thể tích
của hình lăng trụ và diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ theo a .
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó
1) Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng
x 2 2t
(d ) : y 3
1
z t
= −



=


=

và
x 2 y 1 z
(d ):
2
1 1 2
− −
= =
−
.
a. Chứng minh rằng hai đường thẳng
(d ),(d )
1 2
vuông góc nhau nhưng không cắt nhau .
b. Viết phương trình đường vuông góc chung của
(d ),(d )
1 2
.
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
Tìm môđun của số phức
= + + −
3
z 1 4i (1 i)
.
2) Theo chương trình nâng cao :

Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng (
α
) :
2x y 2z 3 0
− + − =
và hai
đường thẳng (
d
1
) :
x 4 y 1 z
2 2 1
− −
= =
−
, (
d
2
) :
x 3 y 5 z 7
2 3 2
+ + −
= =
−
.
a. Chứng tỏ đường thẳng (
d
1
) song song mặt phẳng (

α
) và (
d
2
) cắt mặt phẳng (
α
) .
b. Tính khoảng cách giữa đường thẳng (
d
1
) và (
d
2
).

0914449230
1
Nguyễn Vũ Minh Đề thi thử TNTHPT có đáp án 2009
c. Viết phương trình đường thẳng (
∆
) song song với mặt phẳng (
α
) , cắt đường thẳng
(
d
1
) và (
d
2
) lần lượt tại M và N sao cho MN = 3 .

Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
Tìm nghiệm của phương trình
2
z z=
, trong đó
z
là số phức liên hợp của số phức z .
. . . . . . . .Hết . . . . . . .
HƯỚNG DẪN
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
a) 2đ


b) 1đ Phương trình hoành độ của (C ) và đường thẳng
y mx 1= +
:

x 3
2
mx 1 g(x) mx 2mx 1 0 , x 1
x 2
−
= + ⇔ = − + = ≠
−
(1)
Để (C ) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt
⇔
phương trình (1) có hai nghiệm
phân

biệt khác 1
⇔
m 0
m 0
m 0
2
m m 0 m 0 m 1
m 1
g(1) 0 m 2m 1 0

≠

≠


  <
′
∆ = − > ⇔ < ∨ > ⇔
 

>

 
≠ − + ≠



0914449230
x
−∞

2
+∞

y
′
+ +
y

+∞
1
1
−∞
2
Nguyễn Vũ Minh Đề thi thử TNTHPT có đáp án 2009
Câu II ( 3,0 điểm )
a) 1đ pt
⇔
ln 2
2 2
2 2
e log (x 3x) 0 2 log (x 3x) 0 (1)− + ≥ ⇔ − + ≥

Điều kiện : x > 0
x 3∨ < −

(1)
⇔
2 2 2 2
2
log (x 3x) 2 x 3x 2 x 3x 4 0 4 x 1+ ≤ ⇔ + ≤ ⇔ + − ≤ ⇔ − ≤ ≤

So điều kiện , bất phương trình có nghiệm :
− ≤ < − ≤4 x 3 ; 0 < x 1
b) 1đ I =
π π
π
+ = + = − =
∫ ∫
2 2
x x x x 1 x 1
2
(cos sin .cos )dx (cos sinx)dx (2sin cosx)
2 2 2 2 2 2 2
0
0 0

= + = +
2 1 1
2. 2
2 2 2
c) 1đ Ta có :
′
= > ∈
+
x
e
y 0 , x [ln2 ; ln4]
x 2
(e e)
+
= =

+
2
miny y(ln2)
2 e
[ln2 ; ln4]
+
= =
+
4
Maxy y(ln4)
4 e
[ln2 ; ln4]
Câu III ( 1,0 điểm )

2 3
a 3 a 3
V AA'.S a.
lt ABC
4 4
= = =
 Gọi O , O’ lần lượt là tâm của đường tròn ngoại tiếp

ABC , A'B'C'∆ ∆
thí tâm của mặt cầu (S) ngoại
tiếp hình lăng trụ đều ABC.A’B’C’ là trung điểm
I của OO’ .
Bán kính
a 3 a a 21
2 2 2 2
R IA AO OI ( ) ( )

3 2 6
= = + = + =
Diện tích :
2
a 21 7 a
2 2
S 4 R 4 ( )
mc
6 3
π
= π = π =

II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương
trình đó .
1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
a) 1đ Thay x.y.z trong phương trình của (
d
1
) vào phương trình của (
d
2
) ta được :

2t 3 1 t
(t 1) (t 4)
1 1 2
− −
= = ⇔ = − ∧ = −

−
vô nghiệm .
Vậy
d
1
và
d
2
không cắt nhau .
Ta có :
d
1
có VTCP
u ( 2;0;1)
1
= −
r
;
d
1
có VTCP
u (1; 1;2)
2
= −
r

Vì
u .u 0
1 2
=

r r
nên
d
1
và
d
2
vuông góc nhau .
b) 1đ Lấy
M(2 2t;3;t) (d )
1
− ∈
,
N(2 m;1 m;2m) (d )
2
+ − ∈
0914449230
3
Nguyễn Vũ Minh Đề thi thử TNTHPT có đáp án 2009
Khi đó :
MN (m 2t; 2 m;2m t)= + − − −
uuuur

MN vuông với
(d ),(d )s
1 2
MN.u 0
t 0
5 4 2
1

M(2;3;0), N( ; ; )
m 1/3
3 3 3
MN.u 0
2

=
=

−

⇔ ⇔ ⇒
 
= −
=



uuuur
r
uuuur
r

x 2 y 3 z
(MN) :
1 5 2
− −
⇒ = =
là phưong trình đường thẳng cần tìm .
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :

Vì
− = − + − = − − + = − −
3 3 2 3
(1 i) 1 3i 3i i 1 3i 3 i 2 2i
.
Suy ra :
= − + ⇒ = − + =
2 2
z 1 2i z ( 1) 2 5

2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
a) 0,75đ

− −
 
 
= − = −
 
r r
qua A(4;1;0) qua B( 3; 5;7)
(d ): , (d ): ,
1 2
VTCP u (2;2; 1) VTCP u (2;3; 2)
1 2
 
 
( )α
có vtpt
n (2; 1;2)= −

r
Do
=
r r
u .n 0
1
và
A ( )∉ α
nên (
d
1
) // (
α
) .
Do
= − ≠
r r
u .n 3 0
2
nên (
d
1
) cắt (
α
) .
b) 0,5 đ Vì
= − = − −
uuur
r r
[u ,u ] ( 1;2;2) , AB ( 7; 6;7)

1 2

⇒

= =
uuur
r r
r r
[u ,u ].AB
1 2
d((d ),(d )) 3
1 2
[u ,u ]
1 2
c) 0,75đ phương trình

β ⇒ β − + − =

α

qua (d )
1
mp( ): ( ):2x y 2z 7 0
// ( )



Gọi
= ∩ β ⇒N (d ) ( ) N(1;1;3)
2

;
∈ ⇒ + + − = + − −
uuuur
M (d ) M(2t 4;2t 1; t),NM (2t 3;2t; t 3)
1
Theo đề :
= ⇔ = −
2
MN 9 t 1
.
Vậy

− − −
∆ ⇒ ∆ = =

= − −
− −

uuuur
qua N(1;1;3)
x 1 y 1 z 3
( ): ( ):
VTCP NM (1; 2; 2)
1 2 2



Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
Gọi z = a + bi , trong đó a,b là các số thực . ta có :
= −z a bi

và
= − +
2 2 2
z (a b ) 2abi
Khi đó :
= ⇔
2
z z
Tìm các số thực a,b sao cho :


− =

= −


2 2
a b a
2ab b
Giải hệ trên ta được các nghiệm (0;0) , (1;0) ,
−
1 3
( ; )
2 2
,
− −
1 3
( ; )
2 2
.

0914449230
4