Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số đã cho.. Chứng minh rằng d luôn cắt C tại 2 điểm A,B phân biệt và tìm m để AB ngắn nhất.
Trang 1GV 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 , y=x2
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 : log2(5x −1 log) 4(2.5x−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
1
2
x t
z t
=
=
và 2: 1
1/ Chứng tỏ rằng ∆ ∆1, 2 chéo nhau
2/ Viết phương trình mặt phẳng ( )α chứa đường thẳng ∆1và song song với đường thẳng∆2
Câu VII.a (1 điểm)
Tìm nghiệm phức của phương trình 2 1 3
z
=
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
x t
z t
=
=
, 2: 1
− − và mặt cầu (S):
x +y +z − x+ y+ z− =
1/ Chứng tỏ rằng ∆ ∆ chéo nhau 1, 2
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 5( )7
Z π i π i i
- hết -
Trang 2GV biên soạn: Nguyễn Văn Phi (V) - 2 -
x
y y’
-2
−∞
+∞
2
+∞
f(x)=(2x-3)/(1-x) f(x)=-2 x(t)=1 , y(t)=t
-4 -2
2 4
x y
-3
3 2
Hướng dẫn giải
Câu I (3 điểm)
a/ • Tập xác định: D=\ 1{ }
• Sự biến thiên:
+
( )2
1
1
x
−
Suy ra hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (−∞;1) và (1; +∞ )
+ Do lim lim 2
= = − 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) :
1
x
x m x
−
= +
( )
2
1
≠
■ có ∆ =(m+3)2+4>0 ⇒ đpcm
Ta có : do , ( ) A A
A B d
và do Vi-et
1
= − +
AB= x −x + y −y = 2(x B−x A)2 = 2(x A+x B)2−4x x A B
( )2
2 m 3 4
= + + ≥2 2
Suy ra minAB =2 2, đạt khi m = –3
Câu II: (1điểm)
• Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: 2( 1)
1
x
x
−
− > ∀ >
1
x
x
−
Ta có:
2
1
x
x
−
• Vậy hàm số y = f(x) đồng biến trên khoảng (1; +∞)
Suy ra f(x) > f(1) = 0 ,∀ >x 1 suy ra ĐPCM!
Trang 3GV 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 y=x2
là nghiệm của phương trình:
x = −x ⇔x + −x =
⇔x=2∨x= −3(loại do x ≥0)
• Ta có đồ thị:
• Từđồ thị suy ra tính diện tích cần tìm là:
2
6
S=∫x dx+∫ −x dx
6
x
8
Câu IV : (1 điểm)
• Gọi H là trung điểm của BC Do ∆SBCđều nên SH⊥BCmà (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 BC= AB2+AC2 = a2+3a2 =2a
SBC
2
SH =BC =a
Diện tích đáy
2
ABC
a
• Suy ra thể tích khối chóp S.ABC là 1
V = S∆ SH
Câu V: (1 điểm)
• Điều kiện : 5x 1 0 0
x
• Phương trình (1) được viết lại 2( ) 2( )
1 log 5 1 1 log 5 1 1
2
Do đó đặt t =log2(5x−1) , pt (1) trở thành : t2+ −t 2=0⇔ = ∨ = −t 1 t 2
• Nhờ đó :
( )1 log 52( x 1) 1 log 52( x 1) 2
4
log 35 log5 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 ∆ đi qua điểm 1 A(0;1; 0) và có vec tơ chỉ phương a =(2; 1;1− )
Đường thẳng ∆ đi qua điểm 2 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
⇒ ∆ ∆ chéo nhau 1, 2 2/ • ( )α có 1 pháp vectơ là a b , = (0;1;1)
f(x)=x^2 f(x)=6-x x(t )=2 , y(t )=t
-8 -6 -4 -2
2 4 6 8
x y
a B
C
A S
H
Trang 4GV biên soạn: Nguyễn Văn Phi (V) - 4 -
• mà ∆ ⊂1 ( )α ⇒ ∈A ( )α ⇒( )α :y+ − =z 1 0
Câu VIIa: (1 điểm)
Phương trình đã cho được biến đổi thành :
( )2
1 3 (1 )
2
Z
i
=
+
2
2
4 4
i i Z
i i
2 4
3 4
i Z
i
+
+ (2 4 )(3 4 )
25
25 25
Phần 2 Theo chương trình Nâng cao:
Câu VIb: (2 điểm)
1/ Đường thẳng ∆ đi qua điểm 1 A(0;1; 0) và có vec tơ chỉ phương a =(2; 1;1− )
Đường thẳng ∆ đi qua điểm 2 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
⇒ ∆ ∆ chéo nhau 1, 2 2/ • Mặt cầu (S) có tâm I(1; –1; – 2) và bán kính R = 3
• Do (P) song song với hai đường thẳng ∆ ∆ nên (P) có 1 pháp vectơ là 1, 2 a b , = (0;1;1) ( )P :y z m 0
2
m
d I P =R ⇔ − = ⇔m= ±
( )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 :
z π i π −π i −π
suy ra z =1 1 và 1 acgumem bằng
3
π
5
π
suy ra z3 =(1+i 3)7 có 7
z = = và 1 acgumem bằng 7
3
π
1 2 3
z −π π π i −π π π i
Hết