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.