Học sinh tự giải.. Vì SB là hình chiếu của AB trên SBC và BC⊥SA nên 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 Ta có: y0= 4x3+ 4mx; y0= 0 ⇔
x = 0
x2= −m Do đó với m < 0, (Cm) có ba điểm cực trị
A 0; −2m2 , B −√−m; −3m2 , C √−m; −3m2 ⇒−AB −→ √
−m; −m2 ,−→AC √
−m; −m2 Khi đó (Cm) có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác vuông ⇔−→
AB.−→
AC = 0 ⇔ m+m4= 0 ⇔
m = 0 (loại)
Vậy m = −1 thì (Cm) có ba điểm cực trị tạo thành tam giác vuông
Câu II (2,0 điểm)
1 Điều kiện: cos x 6= 0 Khi đó, phương trình đã cho tương đương với
√
3 (cos x − 2) sin 2x + 4 cos2x (cos x − 1) = 2 + cos x 2 cos2x − 1
⇔√3 (cos x − 2) sin 2x + 2 cos3x − 4 cos2x + cos x − 2 = 0
⇔√3 (cos x − 2) sin 2x + 2 cos2x (cos x − 2) + cos x − 2 = 0
⇔ (cos x − 2)√3 sin 2x + 2 cos2x + 1= 0
⇔√3 sin 2x + cos 2x = 2 ⇔
√ 3
2 sin 2x +
1
2cos 2x = 1
⇔ sin2x +π
6
= 1 ⇔ 2x + π
6 =
π
2 + k2π ⇔ x =
π
6 + kπ (thỏa mãn).
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = π
6 + kπ, (k ∈ Z)
2 Xét hệ phương trình
( 8x3+ 2x = y3+ y (1)
x2− x + 2 = y2− y (2) Ta có phương trình (1) tương đương với
(2x)3− y3+ 2x − y = 0 ⇔ (2x − y) 4x2+ 2xy + y2+ 1 = 0 ⇔
y = 2x (x + y)2+ 3x2+ 1 = 0 (vô nghiệm) Với y = 2x thay vào (2) được x2− x + 2 = 4x2− 2x ⇔ 3x2− x − 2 = 0 ⇔
x = 1
x = −23 . Vậy hệ có hai nghiệm (x; y) = (1; 2) và (x; y) = (−23; −43)
Câu III (1,0 điểm) Đặt ln x = cos 2t, t ∈0;π
2 ⇒ 1
xdx = −2 sin 2tdt
Đổi cận x = 1 ⇒ t = π
4; x = e ⇒ t = 0 Ta có:
I =
π 4
Z
0
cos 2tr 1 − cos 2t
1 + cos 2t.2 sin 2tdt =
π 4
Z
0
4 sin t cos t cos 2t tan tdt =
π 4
Z
0
4sin2t cos 2tdt
=
π 4
Z
0
2 (1 − cos 2t) cos 2tdt =
π 4
Z
0
2 cos 2t − 2cos22t dt =
π 4
Z
0
(2 cos 2t − 1 − cos 4t) dt
=
sin 2t − t − 1
4sin 4t
π 4
0
= 1 −1
4π Câu IV (1,0 điểm)
A
B
C S
K
I
• Tam giác SAB vuông tại S nên SB = √AB2− SA2 = a
√ 3
2 Vì SB là hình chiếu của AB trên (SBC) và BC⊥SA nên BC⊥SB Suy ra diện tích tam giác SBC
là S∆SBC = 1
2SB.BC = a
√ 3
2 a√
3 = 3a2
2 Do đó thể tích khối chóp S.ABC là
VS.ABC =13SA.S∆SBC= 13a23a22 =a43 (đvtt)
• Gọi M, N, I, K lần lượt là trung điểm của SA, AC, SB, SC Khi đó M N ||SC, M I||AB nên (SC, AB) = (M N, M I) Ta có M N = 12SC =a
√ 15
2 ; M I = 12AB = a2; IK = 12BC =
a √ 3
2 Và N K||SA ⇒ N K⊥(SBC) ⇒ N K⊥KI ⇒ N I = √
N K2+ KI2 = 7a4 Do đó trong tam giác M N I có cos \M N I = M N2+M I2−N I 2
2M N.M I =
√ 15
8 > 0 Suy ra cos(SC, AB) = cos(M N, M I) =
√ 15
8 Vậy VS.ABC= a
3
4 và cos(SC, AB) = cos(M N, M I) =
√ 15
8 .
——————
Biên soạn: Nguyễn Minh Hiếu
http://mathqb.eazy.vn
Trang 2Câu V (1,0 điểm) Theo bất đẳng thức Cauchy ta có (x + 2y)2≥ 8xy (1).
Từ giả thiết suy ra x + 2y = xy thay vào (1) được (xy)2− 8(xy) ≥ 0 ⇔ xy ≥ 8 (do x, y > 0)
Ta có P = x
2
4 + 8y+
y2
1 + x =
x2
4 + 8y+
4y2
4 + 4x≥ 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 Ta có A ∈ AH ⇒ A(2t − 1; t) và M trung điểm AC nên C(−2t + 1; 6 − t) ⇒−→
BC = (−2t; 10 − t)
Đường thẳng AH có vectơ pháp tuyến −→n = (1; −2) ⇒ vectơ chỉ phương −→u = (2; 1).
Vì AH⊥BC nên −→u −BC = 0 ⇔ −4t + 10 − t = 0 ⇔ t = 2 ⇒ A(3; 2) ⇒→ −−→AM = (−3; 1) ⇒ −→n
AC= (1; 3)
Do đó đường thẳng chứa cạnh AC có phương trình (x − 3) + 3(y − 2) = 0 ⇔ x + 3y − 9 = 0
2 Đường thẳng ∆1có phương trình tham số:
x = 5 + 2t1
y = −t1
z = 4 + 2t1
Mặt phẳng (P ) có vectơ pháp tuyến −→n = (1; 1; −1).
Ta có: M ∈ ∆1⇒ M (5 + 2t1; −t1; 4 + 2t1), N ∈ ∆2⇒ N (2 − t; −1 + t; −5 + 3t)
Suy ra:−−→
M N (−2t1− t − 3; t1+ t − 1; −2t1+ 3t − 9) ⇒h−−→
M N , −→ni
= (t1− 4t + 10; −4t1+ 2t − 12; −3t1− 2t − 2)
Vì M N ⊥(P ) nênh−−→
M N , −→ni
=−→
0 ⇔
t1− 4t + 10
−4t1+ 2t − 12
−3t1− 2t − 2
⇔
t1= −2
t = 2 Vậy M (1; 2; 0) và N (0; 1; 1).
Câu VII.a (1,0 điểm) Gọi z = a + bi ⇒ z = a − bi Theo giả thiết ta có
z + (1 − i)z = 1 − 2i ⇔ a + bi + (1 − i)(a − bi) = 1 − 2i ⇔ 2a − b − ai = 1 − 2i ⇔
a = 2
b = 3
Suy ra z = 2 + 3i; z = 2 − 3i Khi đó z
1 + z =
2 + 3i
3 + 3i =
(2 + 3i)(3 + 3i)
1
6+
5
6i.
Vậy
z
1 + z
=
r 1
36+
25
36 =
√ 26
6 . Câu VI.b (2,0 điểm)
1 Vì đỉnh (−4; 8) không thuộc đường thẳng x − y + 8 = 0 nên giả sử A(−4; 8) và đường chéo BD : x − y + 8 = 0 Gọi tâm hình vuông là I ⇒ I(t; t + 8) ⇒−→
AI = (t + 4; t) Đường chéo BD có vectơ chỉ phương −→u = (1; 1). Khi đó AI⊥BD nên−→
AI.−→u = 0 ⇔ t + 4 + t = 0 ⇒ t = −2 ⇒ I (−2; 6) ⇒−AI = (2; −2) ⇒ AI = 2→ √2.
Ta có: B ∈ BD ⇒ B(t; t + 8) ⇒−→
IB = (t + 2; t + 2) ⇒ IB =√
2|t + 2|
Vì ABCD là hình vuông nên IA = IB ⇔ |t + 2| = 2 ⇒
t = 0
t = −4 . Với t = 0 ⇒ B(0; 8) ⇒ D(−4; 4) Với t = −4 ⇒ B(−4; 4) ⇒ D(0; 8)
Vậy các cạnh hình vuông có phương trình lần lượt là: x − y + 12 = 0, x = 0, x − y + 4 = 0 và x + 4 = 0
2 Đường thẳng d có phương trình tham số:
x = 1 + 2t
y = t
z = t
Mặt phẳng α có vectơ pháp tuyến −→n = (1; 2; −1). Giả sử ∆ cắt d tại N ⇒ N (1 + 2t; t; t) ⇒−−→
M N = (2t; t + 1; t − 1)
Lại có ∆||(α) nên−−→
M N −→n = 0 ⇔ 2t + 2(t + 1) − (t − 1) = 0 ⇔ t = −1 ⇒ N (−1; −1; −1).
∆ qua M (1; −1; 1) và nhận−−→
M N = (−2; 0; −2) làm vectơ chỉ phương nên có phương trình:
x = 1 − 2t
y = −1
z = 1 − 2t
Câu VII.b (1,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với z2−z +1
2+
1
z+
1
z2 = 0 ⇔ z2+ 1
z2−
z −1 z
+1
2 = 0. Đặt z −1
z = t, phương trình trở thành: t
2− t + 5
2 = 0 ⇔ t =
1
2±3
2i.
Với t =1
2 +
3
2i ⇒ z −
1
z =
1
2 +
3
2i ⇔
z = 1 + i
z = −1
2+1
2i Với t =
1
2 −3
2i ⇒ z −
1
z =
1
2−3
2i ⇔
z = 1 − i
z = −1
2−1
2i . Vậy phương trình có bốn nghiệm z = 1 + i, z = 1 − i, z = −1
2+
1
2i và z = −
1
2 −1
2i.
——— Hết ———
—————
http://mathqb.eazy.vn
Biên soạn: Nguyễn Minh Hiếu
...8 .
——————
Biên so? ??n: Nguyễn Minh Hiếu
http://mathqb.eazy.vn
Trang 2Câu... data-page="2">
Câu V (1,0 điểm) Theo bất đẳng thức Cauchy ta có (x + 2y)2≥ 8xy (1).
Từ giả thi? ??t suy x + 2y = xy thay vào (1) (xy)2− 8(xy) ≥ ⇔ xy ≥ (do x, y > 0)
Ta... M (1; 2; 0) N (0; 1; 1).
Câu VII.a (1,0 điểm) Gọi z = a + bi ⇒ z = a − bi Theo giả thi? ??t ta có
z + (1 − i)z = − 2i ⇔ a + bi + (1 − i)(a − bi) = − 2i ⇔ 2a − b − = − 2i ⇔