Học sinh tự giải.. Vì SAB⊥ABCD nên SH⊥ABCD... Vậy ta có bất đẳng thức cần chứng minh.
Trang 1THPT PHAN ĐÌNH PHÙNG ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN
——————
Câu I (2,0 điểm)
1 Học sinh tự giải
2 Hàm số có tiệm cận đứng x = 1 và tiệm cận ngang y = 2 nên có hai trục đối xứng là d1 : y = −x + 3
và d2 : y = x + 1 Nhận thấy A ∈ d1 do đó đường thẳng d cần tìm vuông góc với d1 nên có phương trình dạng
d : y = x + m Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d là 2x+1x−1 = x + m ⇔ x2+ (m − 3)x − (m + 1) = 0 có
∆ = m2− 2m + 13 > 0, ∀m ∈ R Do đó d cắt (C) tại hai điểm phân biệt B(x1; x1+ m), C(x2; x2+ m) Theo định
lý vi-ét có x1+ x2 = 3 − m, x1x2 = −m − 1 Gọi I trung điểm BC ⇒ I 3−m2 ;3+m2 ⇒ AI =qm 2 −14m+49
2 Lại có
BC =p2(x2− x1)2=√
2m2− 4m + 26 Khi đó tam giác ABC đều ⇔ AI =
√ 3
2 BC ⇔ m2+ 4m − 5 = 0 ⇔ m =
1 hoặc m = −5 Vậy có hai đường thẳng cần tìm là y = x + 1 và y = x − 5
Câu II (2,0 điểm)
1 Phương trình đã cho tương đương với
1 − cos 4x + sin 6x = 1 + cos 2x ⇔ sin 6x = cos 4x + cos 2x ⇔ 2 sin 3x cos 3x = 2 cos 3x cos x
⇔ 2 cos 3x (cos 3x − cos x) = 0 ⇔ −4 cos 3x sin 2x sin x = 0
⇔
cos 3x = 0 sin 2x = 0 sin x = 0
⇔
x = π6 + kπ3
x = kπ2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = π
6 + k
π
3 và x = k
π
2 (k ∈ Z)
2 Điều kiện |x| ≥ 1
• Với x ≤ −1, ta có (35 − 12x)√x2− 1 > 0 còn 12x < 0 nên bất phương trình vô nghiệm
• Với x ≥ 35
12, ta có (35 − 12x)√
x2− 1 < 0 còn 12x > 0 nên bất phương trình nghiệm đúng ∀x ≥ 35
12
• Với 1 ≤ x < 35
12, bất phương trình tương đương với 144x4− 840x3+ 937x2+ 840x − 1225 < 0 ⇔ (3x − 5)(4x − 5)(12x2− 35x − 49) < 0
⇔ (3x − 5)(4x − 5) > 0 ⇔
x > 53
x < 54 Kết hợp ta có x ∈1;5
4 ∪ 5
3;3512 Vậy bất phương trình có tập nghiệm S = 1;5
4 ∪ 5
3; +∞
Câu III (1,0 điểm) Ta có I =
π 4
Z
0
tan x(1 + tan2x) 2(1 + tan2x) + 5 tan xdx.
Đặt u = tan x ⇒ du = (1 + tan2x)dx Đổi cận x = 0 ⇒ u = 0; x = π4 ⇒ u = 1 Ta có
I =
1
Z
0
u 2u2+ 5u + 2du =
1 3
1
Z
0
2(2u + 1) − (u + 2) (u + 2)(2u + 1) du =
1 3
1
Z
0
2
u + 2− 1
2u + 1
du
= 1 3
2 ln |u + 2| − 1
2ln |2u + 1|
1
0
=1 3
2 ln 3 − 2 ln 2 −1
2ln 3
= 1
2ln 3 −
2
3ln 2 Câu IV (1,0 điểm)
C B
S
H
K
300
Gọi H là hình chiếu của S trên AB Vì (SAB)⊥(ABCD) nên SH⊥(ABCD) Kẻ
HK song song với AD, K ∈ CD ta có HK⊥CD và SK⊥CD nên \SKH là góc giữa (SCD) và (ABCD) ⇒ \SKH = 300 Lại có AD⊥(SAB) ⇒ ∆SAD vuông tại A ⇒ AD =√
SD2− SA2= a√
3 ⇒ HK = a√
3 Khi đó SH = HK tan 300=
a = SA ⇒ H ≡ A ⇒ ∆SAB vuông tại A ⇒ AB = √
SB2− SA2 = a√
2 ⇒
SABCD= AB.AD = a2√
6 Vậy VS.ABCD =13SA.SABCD=a3
√ 6
3 (đvtt)
Câu V (1,0 điểm) Theo bất đẳng thức Cauchy ta có
1 + x
3 +
x
3 +
x
3 ≥ 44
r
x3
27; 1 +
y 3x+
y 3x+
y 3x ≥ 44
r
y3
27x3; 1 +√3
y +
3
√
y +
3
√
y ≥ 44
s 27 p
y3
——————
Biên soạn: Nguyễn Minh Hiếu
3
Trang 2Nhân theo vế các bất đẳng thức trên được (1 + x) 1 +xy
1 + √ 9 y
2
≥ 4.4.42.q4 x 3
27.27xy33.27 2
y 3 = 256
Dấu bằng xảy ra khi
1 = x3
1 = 3xy
1 = √3 y
⇔
x = 3
y = 9 Vậy ta có bất đẳng thức cần chứng minh.
Câu VI.a (2,0 điểm)
1 Ta có M ∈ d ⇒ M (3t + 4; t) Vì N đối xứng với M qua A nên N (2 − 3t; 2 − t)
Mặt khác N ∈ (C) ⇒ (2 − 3t)2+ (2 − t)2− 4(2 − t) = 0 ⇔ t = 0 hoặc t = 6
5 Với t = 0 ⇒ M (4; 0), N (2; 2); với t =65 ⇒ M 38
5;65 , N −8
5;45
2 Ta có M ∈ d1⇒ M (1 + 2t1; 3 − 3t1; 2t1), N ∈ d2⇒ N (5 + 6t2; 4t2; −5 − 5t2)
Suy ra−−→
M N = (4 − 2t1+ 6t2; −3 + 3t1+ 4t2; −5 − 2t1− 5t2)
Vì M N song song với (P ) nên−−→
M N −−−→
n(P ) = 0 ⇔ 4 − 2t1+ 6t2− 2(−3 + 3t1+ 4t2) + 2(−5 − 2t1− 5t2) ⇔ t1= −t2 Lại có M N song song (P ) nên d(M N, (P )) = d(M, (P )) = 2 ⇔|1 + 2t1− 2 (3 − 3t1) + 4t1|
t1= 1
t1= 0 . Với t1= 0 ⇒ t2= 0 ⇒ M (1; 3; 0), N (5; 0; −5), t1= 1 ⇒ t2= −1 ⇒ M (3; 0; 2), N (−1; −4; 0)
Câu VII.a (1,0 điểm) Ta có z − 1 = z − 18
z − 2 ⇔ z2− 3z + 2 = z − 18 ⇔ z = 2 ± 4i
• Với z = 2 + 4i, ta có
z + 4i
z − 2i
=
2 + 8i
2 − 6i
= (2 + 8i)(2 + 6i) 40
=
−11
10+
7
10i
=
√ 170
10 .
• Với z = 2 − 4i, ta có
z + 4i
z − 2i
= 2
2 + 2i
= 1
1 + i
= 1
2−1
2i
=
√ 2
2 . Vậy
z+4i
z−2i
=
√ 170
10 hoặc
z+4i z−2i
=
√ 2
2 Câu VI.b (2,0 điểm)
1 Vì B ∈ BD nên B(t; 12 − 2t) Suy ra−−→
M B = (t − 5; 11 − 2t),−−→
N N = (t − 9; 9 − 2t)
Vì ABCD là hình chữ nhật và M ∈ AB, N ∈ BC nên ta có:
−−→
M B.−−→
N B = 0 ⇔ 5t2− 54t + 144 = 0 ⇔ t = 6 hoặc t = 24
5 (loại) ⇒ B(6; 0) Đường thẳng AB có −−→uAB=−−→
M B = (1; −1) ⇒ −−→nAB = (1; 1) nên có phương trình x + y − 6 = 0
Đường thẳng BC có −−→uBC =−−→
N B = (−3; −3) ⇒ −−→nBC = (1; −1) nên có phương trình x − y − 6 = 0
Lại có D ∈ BD ⇒ D(t; 12 − 2t) Suy ra AD = d(D; AB) = |t−6|√
2 , CD = d(D; BC) = 3|t−6|√
2 Khi đó SABCD= AD.CD = 6 ⇔ 3
2(t − 6)2= 6 ⇔ t = 10 hoặc t = 2
Với t = 10 ⇒ D(10; −8) ⇒ AD : x − y − 18 = 0, CD : x + y − 2 = 0
Với t = 2 ⇒ D(2; 8) ⇒ AD : x − y + 6 = 0, CD : x + y − 10 = 0
Vậy các cạnh của hình chữ nhật lần lượt là
AB : x + y − 6 = 0, BC : x − y − 6 = 0, AD : x − y − 18 = 0, CD : x + y − 2 = 0 hoặc AB : x + y − 6 = 0, BC : x − y − 6 = 0, AD : x − y + 6 = 0, CD : x + y − 10 = 0
2 Gọi C(x; y; z), ta có−→
AC = (x − 5; y − 3; z + 1) ⇒ AC =px2+ y2+ z2− 10x − 6y + 2z + 35
−→
BC = (x − 2; y − 3; z + 4) ⇒ BC =px2+ y2+ z2− 4x − 6y + 8z + 29
Khi đó ta có hệ:
C ∈ (P )
AC = BC
−→
AC.−→
BC = 0
⇔
x − y − z − 4 = 0 6x + 6y − 6 = 0
x2+ y2+ z2− 7x − 6y + 5z + 23 = 0
⇔
x = 23∓
√ 13 6
y = 8∓
√ 13 3
z = −17±
√ 13 6
Vậy C23∓
√
13
6 ;8∓
√ 13
3 ;−17±
√ 13 6
Câu VII.b (1,0 điểm) Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm phương trình
x2+ x + 2
x = mx + 1 ⇔ (m − 1) x
2= 2 Suy ra với m > 1 thì d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A(x1; mx1+ 1), B(x2; mx2+ 1), x1+ x2= 0, x1x2= −m−12
Ta có−→
AB = (x2− x1; m(x2− x1)) ⇒ AB =
q
8(m 2 +1) m−1 Xét f (m) = mm−12+1 trên (1; +∞) có f0(m) =m(m−1)2−2m−12 , f0(m) = 0 ⇒ m = 1 +√
2
Lập bảng biến thiên ta có AB đạt giá trị nhỏ nhất khi m = 1 +√
2
——— Hết ———
——————
Biên soạn: Nguyễn Minh Hiếu
4
... py3
——————
Biên so? ??n: Nguyễn Minh Hiếu
3
Trang 2Nhân...
300
Gọi H hình chiếu S AB Vì (SAB)⊥(ABCD) nên SH⊥(ABCD) Kẻ
HK song song với AD, K ∈ CD ta có HK⊥CD SK⊥CD nên \SKH góc (SCD) (ABCD) ⇒ \SKH = 300 Lại... 3t1+ 4t2; −5 − 2t1− 5t2)
Vì M N song song với (P ) nên−−→
M N −−−→
n(P ) = ⇔ − 2t1+ 6t2−