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

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
xy
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 1ln
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 , 2y x= 
và trục Ox trong miền 0x ≥ . 
 Câu IV (1 điểm) 
 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, AC = 3a , 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 4log 5 1 .log 2.5 2 1x 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 0x 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 ( )75cos sin 1 33 3Z i i ipi pi = − +   
-------- 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: { }\ 1D = 
 
 • 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 ( )23 4 0m∆ = + + > ⇒ 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 2B A B AAB x x y y= − + − ( ) ( )2 22 2 4B A A B A Bx x x x x x = − = + −  
 ( )22 3 4m = + +  2 2≥ 
Suy ra min 2 2AB = , đạt khi m = –3 
Câu II: (1điểm) 
• Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: ( )2 1ln 0 , 1
1
x
x x
x
−
− > ∀ >
+
• Xét hàm số ( ) ( )2 1ln , 1
1
x
y f x x khi x
x
−
= = − >
+
Ta có: ( )
( )
( )
2
2 2
11 4y' = 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 , 1x∀ > 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 2y x= 
là nghiệm của phương trình: 
2 26 6 0x x x x= − ⇔ + − = 
 2 3x x⇔ = ∨ = − (loại do 0x ≥ ) 
• Ta có đồ thị: 
• Từ đồ thị suy ra tính diện tích cần tìm là: 
 ( )
2 6
2
0 2
6S x dx x dx= + −∫ ∫ 
2 63 2
0 2
6
3 2
x x
x
   
= + −   
   
8 268
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 23 2BC AB AC a a a= + = + = 
SBC∆ đều nên chiều cao 3. 3
2
SH BC a= = 
Diện tích đáy 
21 3
.
2 2ABC
aS AB AC∆ = = 3a 
• Suy ra thể tích khối chóp S.ABC là 1 .
3 ABC
V S SH∆= 
Câu V: (1 điểm) 
• Điều kiện : 5 1 0 0x x− > ⇔ > 
• Phương trình (1) được viết lại ( ) ( )2 21log 5 1 . . 1 log 5 1 12x x − + − =  
Do đó đặt ( )2log 5 1xt = − , pt (1) trở thành : 2 2 0 1 2t t t t+ − = ⇔ = ∨ = − 
• Nhờ đó : 
( ) ( ) ( )2 21 log 5 1 1 log 5 1 2x x⇔ − = ∨ − = − 15 1 2 5 1 4x x⇔ − = ∨ − = 
 5 5
5log 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;0A và có vec tơ chỉ phương ( )2; 1;1a = −

Đường thẳng 2∆ đi qua điểm ( )1;0;0B và có vec tơ chỉ phương ( )1;1; 1b = − −

Ta có ( )1; 1;0AB = − và ( ), 0;1;1a b  = 
 
Suy ra , . 1 0a b AB  = − ≠ 
  
 1 2,⇒ ∆ ∆ chéo nhau. 
2/. • ( )α có 1 pháp vectơ là ( ), 0;1;1a 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 Aα α∆ ⊂ ⇒ ∈ ( ) : 1 0y zα⇒ + − = 
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 iZ
i i
− + −
⇔ =
+ +
2 4
3 4
iZ
i
+
⇔ =
+
(2 4 )(3 4 )
25
i iZ + −⇔ = 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;0A và có vec tơ chỉ phương ( )2; 1;1a = −

Đường thẳng 2∆ đi qua điểm ( )1;0;0B và có vec tơ chỉ phương ( )1;1; 1b = − −

Ta có ( )1; 1;0AB = − và ( ), 0;1;1a b  = 
 
Suy ra , . 1 0a 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;1a b  = 
 
( ) : 0P y z m⇒ + + = 
• Ta có ( ) 3, ( ) 3 3 3 2
2
m
d I P R m
−
= ⇔ = ⇔ = ± 
( )1 : 3 3 2 0P y z⇒ + + + = ; ( )2 : 3 3 2 0P 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 0P y z+ + + = và ( )2 : 3 3 2 0P y z+ + − = 
Câu VIIb: (1 điểm) 
Gọi : 
1 cos sin cos sin3 3 3 3
z i ipi pi pi pi− −   = − = +   
   
 suy ra 1 1z = và 1 acgumem bằng 3
pi−
5
2 21. cos .sin 12 2
z i i i zpi pi = = = + ⇒ = 
 
 và 1 acgumem bằng 
2
pi
1 3 2 cos sin
3 3
i ipi pi + = + 
 
 suy ra ( )73 1 3z i= + có 73 2 128z = = và 1 acgumem bằng 73pi 
Mà ( )75 1 2 3cos sin 1 3 .3 3z i i i z z zpi pi = − + =   
7 7128 cos sin .128
3 2 3 3 2 3
z i ipi pi pi pi pi pi − −    ⇒ = + + + + + =    
    
Hết.