Học sinh tự giải.
Trang 1THPT PHAN ĐÌNH PHÙNG ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN
——————
Câu I (2,0 điểm)
1 Học sinh tự giải
x O
I
2
4
Ta có: (m − 2)|x| − m = 0 ⇔ m = |x|−12|x| Từ (C), bỏ phần đồ thị bên trái Oy, sau đó đối xứng phần đồ thị bên phải Oy qua Oy ta được đồ thị (C1) của hàm số y = |x|−12|x|
Số nghiệm trên [−1; 2] của phương trình là số giao điểm trên [−1; 2] của (C1) và đường thẳng y = m Dựa vào đồ thị ta có:
• m ≥ 4 hoặc m = 0: Phương trình có một nghiệm trên [−1; 2]
• m < 0: Phương trình có hai nghiệm trên [−1; 2]
• 0 < m < 4: Phương trình vô nghiệm
Câu II (2,0 điểm)
1 Phương trình đã cho tương đương với 4 sin23x sin2x = 6 + 2 sin 3x (1)
Ta có 4 sin23x sin2x ≤ 4, ∀x ∈ R và 6 + 2 sin 3x ≥ 4, ∀x ∈ R
Do đó (1) ⇔
sin23x = 1 sin2x = 1 sin 3x = −1
⇔
cos x = 0 sin 3x = −1 ⇔
x = π2 + kπ
x = −π6 + k2π3 ⇔ x = π
2 + k2π.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = π
2 + k2π (k ∈ Z)
2 Điều kiện: x 6= 1, x > 12 Phương trình đã cho tương đương với
2log3|x − 1| + 2log3(2x − 1) = 2 ⇔ log3[|x − 1| (2x − 1)] = 1 ⇔ |x − 1| (2x − 1) = 3 (1)
Với x > 1, ta có: (1) ⇔ 2x2− 3x − 2 = 0 ⇔
x = 2
x = −1
2 (loại) . Với 1
2 < x < 1, ta có: (1) ⇔ 2x2− 3x + 4 = 0 (vô nghiệm)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 2
Câu III (1,0 điểm) Ta có I =
2
Z
0
√
4 − x2
x + 2 dx.
Đặt x = 2 sin t, t ∈−π
2;π2 ⇒ dx = 2 cos tdt Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 0; x = 2 ⇒ t = π
2 Ta có
I =
π 2
Z
0
p
4 − 4sin2t
2 sin t + 2 2 cos tdt = 2
π 2
Z
0
cos2t sin t + 1dt = 2
π 2
Z
0
(1 − sin t)dt = (2t + 2 cos t)|π2
0 = π − 2
Câu IV (1,0 điểm)
A
D O
S
K
I
Gọi I là trung điểm CD và H, K lần lượt là hình chiếu của O, G trên SI Khi
đó d(G, (SCD)) = GK = a
√ 3
6 Ta có ∆SGK ∼ ∆SOH ⇒ OH = SO.GKSG =
3
2.a
√ 3
6 = a
√ 3
4 Lại có ∆SOI ∼ ∆SHO nên SO = OH.SIOI =
a√3 q
SO 2 + a2 4 a
SO2 = 34SO2+a42⇔ SO = a √
3
2 Mặt khác SABCD = a2 Do đó VS.ABCD =
1
3SABCD.SO = a3
√ 3
6 (đvtt)
Câu V (1,0 điểm) Hệ đã cho tương đương với
x − 1 +
q (x − 1)2+ 1 = 3y−1
y − 1 +
q (y − 1)2+ 1 = 3x−1
Đặt x − 1 = u, y − 1 = v, hệ trở thành
u +√
u2+ 1 = 3v (1)
v +√
v2+ 1 = 3u (2) . Trừ theo vế (1) và (2) ta có: u +√
u2+ 1 + 3u= v +√
v2+ 1 + 3v (*) Xét f (t) = t +√
t2+ 1 + 3t
trên R có f0(t) = 1 + √ t
t 2 +1+ 3t
ln 3 > 0, ∀t ∈ R
Do đó (∗) ⇔ f (u) = f (v) ⇔ u = v
Với u = v thay vào (1) được u +√
u2+ 1 = 3u⇔ 3u √
u2+ 1 − u = 1 (**) Xét g(u) = 3u √
u2+ 1 − u có g0(u) = 3u √
u2+ 1 − u
ln 3 −√ 1
u 2 +1
> 0, ∀u ∈ R
Lại có g(0) = 0 do đó (**) có nghiệm duy nhất u = 0 Với u = 0 ⇒ v = 0 ⇒ x = y = 1
Vậy hệ có nghiệm (x; y) = (1; 1)
——————
Biên soạn: Nguyễn Minh Hiếu
9
Trang 2Câu VI.a (2,0 điểm).
1 Ta có−→
AB = (1; 1) ⇒ AB =√
2 và G ∈ d ⇒ G(t; 3t − 8) ⇒ C(3t − t; 9t − 19)
Đường thẳng AB qua A(2; −3) và có véctơ pháp tuyến −→n = (1; −1) nên có phương trình x − y − 5 = 0.
Do đó d (C, AB) = |3t − 5 − 9t + 19 − 5|
√
|6t − 9|
√
2 . Lại có S∆ABC= 1
2AB.d(C, AB) ⇒ d(C, AB) =
2S∆ABC
3
√
2 ⇔ |6t − 9|√
3
√
2 ⇔ |6t − 9| = 3 ⇔
t = 2
t = 1 . Vậy C(1; −1) hoặc C(−2; −10)
2 Giả sử d ∩ d1= A(t1; −1 + 2t1; t1) và d ∩ d2= B(t2; 1 − 2t2; 1 + 3t2) ⇒−→
AB = (t2− t1; 2 − 2t2− 2t1; 1 + 3t2− t1) Lại có −u→
∆= (1; 4; −2) ⇒h−→
AB, −u→
∆
i
= (−8 − 8t2+ 8t1; 1 + 5t2− 3t1; −2 + 6t2− 2t1)
Vì d||∆ nênh−→
AB, −u→
∆
i
=−→
0 ⇔
−8 − 8t2+ 8t1= 0
1 + 5t2− 3t1= 0
−2 + 6t2− 2t1= 0
⇔
t1= 2
t2= 1 ⇒ A (2; 3; 2)
Vậy d có phương trình: d : x − 2
y − 3
z − 2
−2 . Câu VII.a (1,0 điểm) Gọi z = ai + b (a, b ∈ R) Ta có:
z + 2z = (1 + 5i)2⇔ a + bi + 2 (a − bi) = −24 + 10i ⇔
a = −8
b = −10 Vậy z = −8 − 10i
Câu VI.b (2,0 điểm)
1 Gọi đường thẳng cần tìm là ∆ : ax + by + c = 0 (a2+ b26= 0) Theo giả thiết ta có:
d(A, ∆) = 2 ⇔ |−2a + 5b + c|
√
a2+ b2 = 2 và d(B, ∆) = 3 ⇔ |5a + 4b + c|
√
a2+ b2 = 3
Từ đó suy ra 3 |−2a + 5b + c| = 2 |5a + 4b + c| ⇔
c = 16a − 7b 5c = −4a − 23b .
• Với c = 16a − 7b ta có (1) ⇔ |7a − b| =√a2+ b2⇔
a = 0 24a − 7b = 0 . Với a = 0, chọn b = 1 ⇒ c = −7 ⇒ ∆ : y − 7 = 0
Với 24a − 7b = 0, chọn a = 7, b = 24 ⇒ c = −56 ⇒ ∆ : 7x + 24y − 56 = 0
• Với 5c = −4a − 23b ta có (1) ⇔ |b − 7a| = 5√a2+ b2⇔
3a − 4b = 0 4a + 3b = 0 . Với 3a − 4b = 0, chọn a = 4, b = 3 ⇒ c = −17 ⇒ ∆ : 4x + 3y − 17 = 0
Với 4a + 3b = 0, chọn a = 3, b = −4 ⇒ c = 16 ⇒ ∆ : 3x − 4y + 16 = 0
Vậy có bốn đường thẳng cần tìm là y − 7 = 0, 7x + 24y − 56 = 0, 4x + 3y − 17 = 0v3x − 4y + 16 = 0
2 Đường thẳng d1 qua M1(0; 3; −1) và có véctơ chỉ phương −→u
1= (−1; 2; 3)
Đường thẳng d2qua M2(4; 0; 3) và có véctơ chỉ phương −→u
1= (1; 1; 2)
Ta có [−→u
1, −→u
2] = (1; 5; −3) ,−−−−→
M1M2= (4; −3; 4) ⇒ [−→u
1, −→u
2] −−−−→
M1M2= 4 − 15 − 12 = −23 6= 0
Do đó d1 và d2 chéo nhau (đpcm)
Tọa độ giao điểm A của d1 và (P ) là nghiệm hệ
( 4x − 3y + 11z − 26 = 0 x
−1 =
y − 3
z + 1 3
⇔
x = −2
y = 7
z = 5
⇒ A (−2; 7; 5)
Tọa độ giao điểm B của d2 và (P ) là nghiệm hệ
( 4x − 3y + 11z − 26 = 0
x − 4
y
1 =
z − 3 2
⇔
x = 3
y = −1
z = 1
⇒ B (3; −1; 1) Đường thẳng ∆ nằm trong (P ) và cắt d1, d2 nên qua A, B, do đó nhận−→
AB = (5; −8; −4) làm véctơ chỉ phương Vậy ∆ có phương trình: x + 2
y − 7
−8 =
z − 5
−4 . Câu VII.b (1,0 điểm) Ta có
z =
29√ 3
2 −1
2i
9
√
25
1
√
2+√ 1
2i
5 = 2
7 cos −π6 + i sin −π
6
9
√
2 cosπ4 + i sinπ45 =2
7 cos −3π2 + i sin −3π
2
√
2 cos5π4 + i sin5π4
7(0 − i)
√
2−√ 1
2−√ 1
2i =
128i
1 + i= 64i(1 − i) = −64 + 64i
——— Hết ———
——————
Biên soạn: Nguyễn Minh Hiếu
10