Học sinh tự giải.. Mặt khác trong ∆SBC có BC = SB.
Trang 1THPT PHAN ĐÌNH PHÙNG ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN
——————
Câu I (2,0 điểm)
1 Học sinh tự giải
2 Đạo hàm y0 = 3x2− 6x Vì A, B ∈ (C) nên A x1; x3− 3x2+ 2, B x2; x3− 3x2+ 2, (x16= x2)
Tiếp tuyến của (C) tại A và B song song ⇔ y0(x1) = y0(x2) ⇔ 3x21− 6x1= 3x22− 6x2⇔
x1= x2(loại)
x1+ x2= 2 . Suy ra−→
AB = x2− x1; (x2− x1) x2+ x2+ x1x2− 3 (x2+ x1) = (x2− x1; (x1− x2) (2 + x1x2))
Theo giả thiết AB = 4√
2 nên (x2− x1)2+ (x2− x1)2(2 + x1x2)2= 32
⇔ 4 − 4x1x2+ (4 − 4x1x2) 4 + 4x1x2+ x2x2 = 32
⇔ 4x3x3+ 12x2x2+ 4x1x2+ 12 = 0 ⇔ x1x2= −3
Ta có hệ
x1+ x2= 2
x1x2= −3 ⇔
x1= −1
x2= 3 hoặc
x1= 3
x2= −1 . Vậy A (−1; −2) , B (3; 2) hoặc A (3; 2) , B (−1; −2)
Câu II (2,0 điểm)
1 Điều kiện: tan x 6= −1 Phương trình đã cho tương đương với
sin 2x + cos 2x − 3√
2 sin x − 2 = 1 + sin 2x ⇔ 2sin2x + 3√
2 sin x + 2 = 0
⇔
"
sin x = −√
2 (loại) sin x = −
√ 2 2
⇔
x = −π4 + k2π (loại)
x = 5π4 + k2π Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 5π
4 + k2π (k ∈ Z)
2 Đặt t =√
x − 2, (t ≥ 0) Phương trình đã cho trở thành 5t4+ 10t2− t + 1 = 0 ⇔ 5t4+ 9t2+
t −1 2
2
+3
4 = 0 (vô nghiệm) Vậy phương trình đã cho vô nghiệm
Câu III (1,0 điểm) Ta có I =
3
Z
1
1 x(x + 1)2dx +
3
Z
1
2 ln x − 1 (x + 1)2 dx = I1+ I2.
• Tính I1
I1=
3
Z
1
(x + 1)2− x(x + 1) − x x(x + 1)2 dx =
3
Z
1
1
x− 1
x + 1− 1
(x + 1)2
! dx
=
ln |x| − ln |x + 1| + 1
x + 1
3
1
= −1
4+ ln 3 − ln 2
• Tính I2
Đặt
u = 2 ln x − 1
dv = (x+1)1 2dx ⇒
du = 2
xdx
v = − 1 x+1
Ta có
I2= 1 − 2 ln x
x + 1
3
1
+
3
Z
1
2 x(x + 1)dx = −
1
4−1
2ln 3 +
3
Z
1
2
x− 2
x + 1
dx
= −1
4 −1
2ln 3 + (2 ln |x| − 2 ln |x + 1|)|
3
1= −1
4 +
3
2ln 3 − 2 ln 2 Vậy I = −1
2 − 3 ln 2 +5
2ln 3.
Câu IV (1,0 điểm)
C D
S
300
450
Ta có SA⊥(ABCD) ⇒ [SCA là góc giữa SC và (ABCD) ⇒ [SCA = 450 Lại có BC⊥(SAB) ⇒ [CSB là góc giữa SC và (SAB) ⇒ [CSB = 300 Đặt BC = x ⇒ SA = AC =√
AB2+ BC2=√
a2+ x2
⇒ SB =√SA2+ AB2=√
2a2+ x2 Mặt khác trong ∆SBC có BC = SB tan 300⇔ x = √ 1
3
√ 2a2+ x2⇔ x = a
Từ đó có SABCD= a2 và SA = a√
2
Vậy VS.ABCD = 1
3.SA.SABCD=
a3√ 2
3 (đvtt).
——————
Biên soạn: Nguyễn Minh Hiếu
1
Trang 2Câu V (1,0 điểm) Đặt u =p3
y3− 1 ⇔ u3= y3− 1; v =√x ⇔ v2= x, (v ≥ 0) Hệ đã cho trở thành
u + v = 3
v4+ u3= 81 ⇔
u = 3 − v
v4− v3+ 9v2− 27v − 54 = 0
⇔
u = 3 − v (v − 3) v3+ 2v2+ 15v + 18 = 0 ⇔
u = 0
v = 3 ⇒
x = 9
y = 1 Vậy hệ đã cho có nghiệm (x; y) = (9; 1)
Câu VI.a (2,0 điểm)
1 Đường tròn (C) có tâm I(1; −3) và bán kính R = 5
Gọi H là trung điểm AB, ta có AH = 3 và IH⊥AB ⇒ IH =√
IA2− AH2= 4
Đường thẳng d⊥∆ nên có phương trình dạng 3x + 4y + c = 0 Khi đó
d(I, d) = IH ⇔ |3 − 12 + c|
5 = 4 ⇔ |c − 9| = 20 ⇔ c = 29 hoặc c = −11 Vậy có hai đường thẳng d cần tìm là 3x + 4y + 29 = 0 và 3x + 4y − 11 = 0
2 Đường thẳng d1 qua M1(1; 0; −1) và có VTCP −→u
1= (1; 1; −1)
Đường thẳng d2qua M2(0; 2; −1) và có VTCP −→u
2= (2; 1; 1)
Gọi mặt phẳng cần tìm là (P ) và gọi VTPT của (P ) là −→n (a; b; c) 6=−→0
Vì (P ) chứa d1 nên (P ) qua điểm M1(1; 0; −1) và −→n −u→
1= 0 ⇔ a + b − c = 0 ⇔ c = a + b
Gọi góc giữa P ) và d2 là α ta có: sin α = |~n.−u→
2|
|~n| |−→u
2| =
|2a + 2b + c|
3.√
a2+ b2+ c2 = |a + b|
p2 (a2+ b2+ ab). Theo giả thiết α = 450 nên ta có: |a + b|
p2 (a2+ b2+ ab) =
1
√
2 ⇔ (a + b)2= a2+ b2+ ab ⇔ ab = 0 ⇔
a = 0
b = 0 . Với a = 0, chọn b = 1 ⇒ c = 1 ⇒ −→n (0; 1; 1) ⇒ (P ) có phương trình: y + z + 1 = 0.
Với b = 0, chọn a = 1 ⇒ c = 1 ⇒ −→n (1; 0; 1) ⇒ (P ) có phương trình: x + z = 0.
Vậy có hai mặt phẳng (P ) cần tìm là: y + z + 1 = 0 và x + y = 0
Câu VII.a (1,0 điểm) Gọi z = a + bi, (a, b ∈ R) ⇒ z = a − bi Ta có
z3= z − 12i ⇔ (a + bi)3= a − bi − 12i ⇔ a3− 3ab2− a + 3a2b − b3+ b + 12 i = 0
⇔
a3− 3ab2− a = 0 3a2b − b3+ b + 12 = 0 ⇔
a2= 3b2+ 1 8b3+ 4b + 12 = 0 ⇔
a = 2
b = −1 ⇒ z = 2 − i Vậy |z| =√
5
Câu VI.b (2,0 điểm)
1 Gọi d1: 2x − y + 5 = 0 và d2: 7x − y + 15 = 0
Tọa độ B là nghiệm của hệ
2x − y = −5 7x − y = −15 ⇔
x = −2
y = 1 ⇒ B(−2; 1)
Gọi H là hình chiếu của A trên d1⇒ H (t; 2t + 5) ⇒−−→AH = (t − 1; 2t + 3)
Khi đó−−→
AH.−→ud1 = 0 ⇔ t − 1 + 4t + 6 = 0 ⇔ t = −1 ⇒ H(−1; 3)
Gọi A0 là điểm đối xứng với A qua d1⇒ A0(−3; 4)
Khi đó A0∈ BC ⇒ −−→uBC=−−→
BA0 = (−1; 3) ⇒ BC có PTTS là
x = −2 − t
y = 1 + 3t .
Vì C ∈ BC ⇒ C(−2 − t; 1 + 3t) Gọi M trung điểm AC ⇒ M −t−12 ;3t+3
2
Khi đó M ∈ d2nên 7(−t − 1) − (3t + 3) + 30 = 0 ⇔ t = 2 ⇒ C(−4; 7)
Ta có AB =√
10; AC = 5√
2; BC = 2√
10 Do đó tam giác ABC vuông tại B nên có diện tích là S∆ABC = 10
2 Vì A ∈ d1⇒ A(−1 + t1; −2 + 2t1; t1); B ∈ d2⇒ B(2 + 2t2; 1 + t2; 1 + t2)
Suy ra−→
AB = (3 − t1+ 2t2; 3 − 2t1+ t2; 1 − t1+ t2)
Vì d song song với (P ) nên−→
AB.−n→
P = 0 ⇔ t1= t2+ 4
Do đó−→
AB = (t2− 1; −t2− 5; −3) ⇒ AB =p2t2+ 8t2+ 35 =p2(t2+ 2)2+ 27 ≥ 3√
3
Khi đó AB đạt giá trị nhỏ nhất khi t2= −2 ⇒ t1= 2 ⇒ A(1; 2; 2),−→
AB = (−3; −3; −3)
Chọn −u→
d= (1; 1; 1) ta có phương trình đường thẳng d là x − 1
y − 2
z − 2
2 . Câu VII.b (1,0 điểm) Gọi z = a + bi, (a, b ∈ R) ⇒ z2= a2− b2+ 2abi
Khi đó z2=pz2+ z2⇔ a2− b2+ 2abi =√
2a2− 2b2⇔
a2− b2=√
2a2− 2b2
a2− b2=√
2a2− 2b2
a = 0
b = 0 Với a = 0 ⇒ b = 0; với b = 0 ⇒ a = 0 hoặc a = ±√
2 Vậy z = 0 và z = ±√
2
——— Hết ———
——————
Biên soạn: Nguyễn Minh Hiếu
2
...3 (đvtt).
——————
Biên so? ??n: Nguyễn Minh Hiếu
1
Trang 2Câu V... − 2t1+ t2; − t1+ t2)
Vì d song song với (P ) nên−→
AB.−n→
P = ⇔ t1= t2+... c2 = |a + b|
p2 (a2+ b2+ ab). Theo giả thi? ??t α = 450 nên ta có: |a + b|
p2 (a2+ b2+ ab)