Đề thi thử đại học môn Toán - Trường THPT chuyên Hùng Vương

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Trường THPT chuyên Hùng Vương. Ôn thi TN&ĐH. ĐỀ THI THỬ Thời gian làm bài: 150 phút I. Phần chung cho tất cả thí sinh Câu I (3 điểm) 2x − 3 Cho hàm số y = và đường thẳng ( d ) : y = − x + m 1− x 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) 2 ( x − 1) Chứng minh rằng: ln x > , với mọi x > 1 x +1 Câu III (1 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số: y = 6 – x , y = x 2 và trục Ox trong miền x ≥ 0 . Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, AC = a 3 , 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 : log 2 ( 5 x − 1) .log 4 ( 2.5 x − 2 ) = 1 . 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  x = 2t x −1 y z  ∆1 :  y = 1 − t , t ∈
và ∆ 2 : = = . −1 1 −1 z = t . 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) 2+i −1 + 3i Tìm nghiệm phức của phương trình z= 1− i 2+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  x = 2t x −1 y z  ∆1 :  y = 1 − t , t ∈
, ∆ 2 : = = và mặt cầu (S): x 2 + y 2 + z 2 − 2 x + 2 y + 4 z − 3 = 0 −1 1 −1 z = t  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) 7 π π  Tìm phần thực và phần ảo của số phức Z =  cos − i sin  i 5 1 + i 3 3 3  -------- hết ---------. (. GV biên soạn: Nguyễn Văn Phi (V). ). -1Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Trường THPT chuyên Hùng Vương. Ôn thi TN&ĐH Hướng dẫn giải. Câu I (3 điểm) a/. • Tập xác định: D =
\ {1} • Sự biến thiên: −1 < 0 ∀x ∈ D . + y'= 2 ( x − 1). Suy ra hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( −∞;1) và (1; +∞ ) + Do lim y = lim y = −2 và lim+ y = +∞ và lim− y = −∞ x →+∞. x →−∞. x →1. x →1. 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 x −∞ 1 +∞ y’ +∞ y -2 • Đồ thị 2 −∞ y f(x)=(2x-3)/(1-x) f(x)=-2. 4. 3  + Đồ thị cắt Oy tại ( 0; −3) và cắt Ox tại  ;0  2  + Đồ thị nhận giao điểm I của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.. x(t)=1 , y(t)=t. 2. x -4. -3. -2. -1. 1. 3 2. 2. 3. 4. -2. b/. ■ Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (C) :  x ≠ 1 ( hn ) 2x − 3 = x+m ⇔  2 (1) 1− x  x + ( m + 1) x − ( m + 3) = 0. -3 -4. 2. ■ có ∆ = ( m + 3) + 4 > 0 ⇒ đpcm.  y = xA + m và do Vi-et Ta có : do A, B ∈ ( d ) ⇒  A  y B = xB + m Nên AB =. 2. ( xB − x A ) + ( y B − y A ). 2.  xA + xB = − ( m + 1)   xA .xB = − ( m + 3). 2 2 = 2 ( x B − x A ) = 2  ( x A + xB ) − 4 x A xB   . 2 = 2 ( m + 3 ) + 4  ≥ 2 2  . Suy ra min AB = 2 2 , đạt khi m = –3 Câu II: (1điểm). • Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: ln x − • Xét hàm số y = f ( x ) = ln x −. 2 ( x − 1) x +1. 2 ( x − 1) x +1. > 0 , ∀x > 1. , khi x > 1 2. Ta có: y' =. ( x − 1) > 0 , ∀x > 1 1 4 − = 2 2 x ( x + 1) x ( x + 1). • Vậy hàm số y = f(x) đồng biến trên khoảng (1; +∞ ) Suy ra f(x) > f(1) = 0 , ∀x > 1 suy ra ĐPCM!. GV biên soạn: Nguyễn Văn Phi (V). -2Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Trường THPT chuyên Hùng Vương. Ôn thi TN&ĐH. Câu III (1 điểm) • Hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số y = 6 – x và y = x 2 y là nghiệm của phương trình: 8 x2 = 6 − x ⇔ x2 + x − 6 = 0 6 ⇔ x = 2 ∨ x = −3 (loại do x ≥ 0 ) 4 • Ta có đồ thị: 2 • Từ đồ thị suy ra tính diện tích cần tìm là: 2. f(x)=x^2 f(x)=6-x x(t )=2 , y(t )=t. x. 6. S = ∫ x dx + ∫ ( 6 − x ) dx 2. 0. -8. -6. -4. -2. 2. 4. 6. 8. -2. 2 2. -4. 6.  x3   x2  =   +  6x −  2 2  3 0  8 26 = +8 = đ.v.d.t 3 3 Câu IV : (1 điểm) • Gọi H là trung điểm của BC. Do ∆SBC đều nên SH ⊥ BC mà ( SBC ) ⊥ ( ABC ) theo giả -6. -8. thiết nên SH ⊥ ( ABC ) .Vậy SH là đường cao của hình chóp S.ABC • Ta có:. S. ∆ABC vuông tại A nên BC = AB 2 + AC 2 = a 2 + 3a 2 = 2a 3 H =a 3 2 B 1 a2 3 a Diện tích đáy S ∆ABC = AB. AC = 2 2 1 • Suy ra thể tích khối chóp S.ABC là V = S ∆ABC .SH 3 Câu V: (1 điểm) • Điều kiện : 5 x − 1 > 0 ⇔ x > 0 1 • Phương trình (1) được viết lại log 2 ( 5 x − 1) . . 1 + log 2 ( 5 x − 1)  = 1 2 x Do đó đặt t = log 2 ( 5 − 1) , pt (1) trở thành : t 2 + t − 2 = 0 ⇔ t = 1 ∨ t = −2 ∆SBC đều nên chiều cao SH = BC.. C. a 3 A. • Nhờ đó :. (1). ⇔ log 2 ( 5 x − 1) = 1 ∨ log 2 ( 5 x − 1) = −2. ⇔ 5x − 1 = 2 ∨ 5x − 1 =. 1 4. 5 x = log 5 3 ∨ log 5   4 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 A ( 0;1;0 ) và có vec tơ chỉ phương a = ( 2; −1;1)  Đường thẳng ∆ 2 đi qua điểm B (1; 0;0 ) và có vec tơ chỉ phương b = ( −1;1; −1)    Ta có AB = (1; −1;0 ) và  a, b  = ( 0;1;1)    Suy ra  a, b  . AB = −1 ≠ 0 ⇒ ∆1 , ∆ 2 chéo nhau.   2/. • (α ) có 1 pháp vectơ là  a, b  = ( 0;1;1). ⇔. GV biên soạn: Nguyễn Văn Phi (V). -3Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Trường THPT chuyên Hùng Vương. Ôn thi TN&ĐH. • mà ∆1 ⊂ (α ) ⇒ A ∈ (α ) ⇒ (α ) : y + z − 1 = 0 Câu VIIa: (1 điểm) Phương trình đã cho được biến đổi thành : ( −1 + 3i ) (1 − i ) −1 + 4i − 3i 2 Z= Z ⇔ = 2 4 + 4i + i 2 (2 + i). ⇔Z=. 2 + 4i 3 + 4i. (2 + 4i )(3 − 4i ) 22 4 ⇔z= + i 25 25 25 Phần 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu VIb: (2 điểm)  1/. Đường thẳng ∆1 đi qua điểm A ( 0;1;0 ) và có vec tơ chỉ phương a = ( 2; −1;1)  Đường thẳng ∆ 2 đi qua điểm B (1; 0;0 ) và có vec tơ chỉ phương b = ( −1;1; −1)    Ta có AB = (1; −1;0 ) và  a, b  = ( 0;1;1)    Suy ra  a, b  . AB = −1 ≠ 0 ⇒ ∆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  a, b  = ( 0;1;1) ⇒ ( P) : y + z + m = 0 ⇔Z=. • Ta có d ( I , ( P) ) = R ⇔. m−3. = 3 ⇔ m = 3±3 2 2 ⇒ ( P1 ) : y + z + 3 + 3 2 = 0 ; ( P2 ) : y + z + 3 − 3 2 = 0 • 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 ( P1 ) : y + z + 3 + 3 2 = 0 và ( P2 ) : y + z + 3 − 3 2 = 0 Câu VIIb: (1 điểm) Gọi : π π −π  −π   −π  z1 = cos − i sin = cos   + i sin   suy ra z1 = 1 và 1 acgumem bằng 3 3 3  3   3  π π π  z2 = i 5 = i = 1.  cos + i.sin  ⇒ z2 = 1 và 1 acgumem bằng 2 2 2  7 π π 7π  1 + i 3 = 2  cos + i sin  suy ra z3 = 1 + i 3 có z3 = 27 = 128 và 1 acgumem bằng 3 3 3  7 π π  Mà z =  cos − i sin  i 5 1 + i 3 = z1.z2 z3 3 3    −π π 7π   −π π 7π   ⇒ z = 128  cos  + + + +  + i sin    = i.128  3 2 3    3 2 3  Hết.. (. (. ). ). GV biên soạn: Nguyễn Văn Phi (V). -4Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>