Dap an de thi thu so 03

Học sinh tự giải.. Tam giác ABC cân tại A và ABC⊥SBC nên AH⊥BC ⇒ AH⊥SBC.

THPT PHAN ĐÌNH PHÙNG ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN

——————

Câu I (2,0 điểm)

1 Học sinh tự giải

2 Ta có y0= 3x2− 6mx; y0= 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2m

Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi

 2m 6= 0 y(0).y(2m) < 0 ⇔



m 6= 0 4(8m3− 12m3+ 4) < 0 ⇔ m > 1

Khi đó các giao điểm có hoành độ nhỏ hơn 4 khi và chỉ khi

 2m < 4 y(4) > 0 ⇔



m < 2

64 − 48m + 4 > 0 ⇔ m < 17

12. Kết hợp ta có 1 < m < 17

12. Câu II (2,0 điểm)

1 Phương trình đã cho tương đương với

1 + cosπ

2 − 4x+√

3 cos 4x = 4cos2x − 1 ⇔ sin 4x +√

3 cos 4x = 2 cos 2x

⇔ cos4x −π

6



= cos 2x ⇔



x = 12π + kπ

x = 36π + kπ3 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = π

12+ kπ; x =

π

36+ k

π

3 (k ∈ Z)

2 Điều kiện: x 6= 1, x > −12 Phương trình đã cho tương đương với

2(x − 1)2− (2x + 1) = log(2x + 1) − log2(x + 1)2

⇔2(x − 1)2+ log2(x + 1)2= 2x + 1 + log(2x + 1) (1)

Xét hàm số f (t) = t + log t trên (0; +∞) có f0(t) = 1 + 1

t ln 10 > 0, ∀t > 0 ⇒ f (t) đồng biến trên (0; +∞).

Do đó (1) ⇔ f (2(x − 1)2) = f (2x + 1) ⇔ 2(x − 1)2= 2x + 1 ⇔ x = 3 ±

√ 7

2 (thỏa mãn).

Vậy phương trình có nghiệm x = 3 ±

√ 7

2 . Câu III (1,0 điểm) Đặt u = 1 +√

1 + 2x ⇔ x = u2−2u2 ⇒ dx = (u − 1) du

Đổi cận x = 0 ⇒ u = 2; x = 4 ⇒ u = 4 Ta có:

I = 1 2

4

Z

2

u2− 2u + 2

u2 (u − 1) du = 1

2

4

Z

2



u − 3 + 4

u− 2

u2

 du

= 1 2

 u2

2 − 3u + 4 ln |u| + 2

u



4

2

= 2 ln 2 −1

4 Câu IV (1,0 điểm)

A

S

H

M

I

Gọi H là trung điểm của BC Tam giác ABC cân tại A và (ABC)⊥(SBC) nên AH⊥BC ⇒ AH⊥(SBC) Khi đó HB, HC, HS lần lượt là hình chiếu của AB, AC, AS trên (SBC) mà AB = AC = AS ⇒ HB = HC = HS ⇒ tam giác SBC vuông tại S Do đó BH = 12BC = 12√

a2+ x2 ⇒ AH = 1

2

√ 3a2− x2 Gọi M trung điểm

AB, kẻ M I⊥AB, I ∈ AH ⇒ I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC Lại có

∆AM I ∼ ∆AHB ⇒ AI = AB.AM

a.a2

1 2

√ 3a2− x2 = a

2

√ 3a2− x2 Vậy mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC có bán kính R = AI = a

2

√ 3a2− x2 Câu V (1,0 điểm) Theo bất đẳng thức Cauchy ta có (x + 2y)2≥ 8xy (2)

Từ giả thiết suy ra x + 2y = xy thay vào (2) được

(xy)2− 8(xy) ≥ 0 ⇔ xy ≥ 8 (do x, y > 0)

——————

Biên soạn: Nguyễn Minh Hiếu

5

Ta có

P = x

2

4 + 8y+

y2

1 + x =

x2

4 + 8y +

4y2

4 + 4x Lại theo bất đẳng thức Cauchy có

P ≥ 2

s

x2.4y2

(4 + 8y)(4 + 4x) ≥ 8xy)

8 + 4(x + 2y) ≥ 8xy

5(x + 2y) ≥8

5

Dấu bằng xảy ra khi x = 4; y = 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 8

5. Câu VI.a (2,0 điểm)

1 Tọa độ A là nghiệm hệ



x − y − 1 = 0 2x + y − 5 = 0 ⇔



x = 2

y = 1 ⇒ A(2; 1)

Lấy E(3; 2) ∈ d1 và F (t; 5 − 2t) ∈ d2 sao cho EF song song BC

Vì BC = 3AB nên EF = 3AE ⇔ (x − 3)2+ (3 − 2x)2= 18 ⇔ x = 0 hoặc t = 185

Với t = 0 ⇒ F (0; 5) ⇒−→

EF = (−3; 3) ⇒ ∆ : x + y = 0; với t = 185 ⇒ F 18

5; −115
⇒ ∆ : 7x + y − 6 = 0

Vậy có hai đường thẳng ∆ cần tìm là x + y = 0 và 7x + y − 6 = 0

2 Đường thẳng d1 qua M1(0; 0; 4) và có véctơ chỉ phương −→u

1(2; 1; 0)

Đường thẳng d2qua M2(0; 3; 0) và có véctơ chỉ phương −→u

2(1; −1; 0)

Ta có [−→u

1, −→u

2] = (0; 0; −3),−→

AB = (0; 3; −4) ⇒ [−→u

1, −→u

2] −→

AB = 12 6= 0 ⇒ d1, d2chéo nhau

Do đó mặt phẳng cần tìm qua trung điểm I của đoạn vuông góc chung M N và vuông góc với M N

Khi đó M ∈ d1⇒ M (2t; t; 4), N ∈ d2⇒ N (t0; 3 − t0; 0) ⇒−−→

M N = (t0− 2t; 3 − t0− t; −4)

Vì M N là đoạn vuông góc chung của d1, d2nên

( −−→

M N −→u

1= 0

−−→

M N −→u

2= 0 ⇔

 2t0− 4t − 3 − t0− t = 0

t0− 2t − 3 + t0+ t = 0 ⇔



t = 1

t0 = 2 . Suy ra M (2; 1; 4), N (2; 1; 0), I(2; 1; 2),−−→

M N = (0; 0; −4) Vậy mặt phẳng cần tìm có phương trình z − 2 = 0 Câu VII.a (1,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với

(z − 2i) z2+ 2z + 5
= 0 ⇔



z = 2i

z2+ 2z + 5 = 0 ⇔



z = 2i

z = −1 ± 2i Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Gọi tâm đường tròn cần tìm là I(a; b) và ∆ : 3x − y + 9 = 0

Ta có−→

AI = (a − 2; b − 5) ⇒ AI =√

a2+ b2− 4a − 10b + 29,−→BI = (a − 4; b − 1) ⇒ BI =√

a2+ b2− 8a − 2b + 17 Lại có d(I, ∆) = |3a − b + 9|

√

10 Do đó



AI = BI

AI = d(I, ∆) ⇔



−4a − 10b + 29 = −8a − 2b + 17 10(a2+ b2− 4a − 10b + 29) = (3a − b + 9) = 0 ⇔







a = 2b − 3



b = 2

b = 10 Với b = 2 ⇒ a = 1 ⇒ R =√

10 ⇒ đường tròn cần tìm là (x − 1)2+ (y − 2)2= 10

Với b = 10, a = 17 ⇒ R =√

250 ⇒ đường tròn cần tìm là (x − 17)2+ (y − 10)2= 250

2 Giao tuyến của (P ) và (Q) là d :







x = 5 − 4t

y = t

z = −13 + 13t

Vì M ∈ d ⇒ M (5 − 4t; t; −13 + 13t) Khi đó d(M, (R)) = 2 ⇔ |30 − 23t| = 10 ⇔ t = 20

23 hoặc t =

40

23. Vậy có hai điểm M cần tìm là 35

23;

20

23; −

39 23



và 35

23;

40

23;

221 23

 Câu VII.b (1,0 điểm) Xét khai triển (1 + x)n= C0

n+ C1

nx + C2

nx2+ + Cnxn Lấy tích phân hai vế cận từ 0 đến 2 ta được

3n+1− 1

n + 1 = 2C

0

n+2

2

2C

1

n+2

3

3 C

2

n+ + 2

n+1

n + 1C

n

n ⇔ 3

n+1− 1 2(n + 1) = C

0

n+2

2C

1

n+2

2

3C

2

n+ + 2

n

n + 1C

n n

⇔ 3

n+1− 1 2(n + 1) =

121

n + 1 ⇔ 3n+1= 243 ⇔ n = 4 Vậy n = 4

——— Hết ———

——————

Biên soạn: Nguyễn Minh Hiếu

6

Từ giả thi? ??t suy x + 2y = xy thay vào (2)

(xy)2− 8(xy) ≥ ⇔ xy ≥ (do x, y > 0)

——————

Biên so? ??n: Nguyễn Minh Hiếu

5