THPT PHAN ĐÌNH PHÙNG —————— ĐỀ SỐ 04 ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC MƠN TỐN Thời gian 180 phút Câu I (2,0 điểm) Học sinh tự giải Đường thẳng qua A(0; 2) có phương trình dạng d : y = kx + 4 x − 2x + = kx + (1) có nghiệm Đường thẳng d tiếp tuyến (C) x3 − 4x = k (2) Thay (2) vào (1) ta có 3x4 − 8x2 = ⇔ x = x = ± Với x = ⇒ k = ⇒ d : y = 2; với x = ± ⇒k= √ √ ∓896 √ ⇒ d : y = ∓ x + Vậy có ba tiếp tuyến qua A y = y = ∓ x + Câu II (2,0 điểm) Phương trình cho tương đương với 1 1 cos 3x (3 cos x + cos 3x) − sin 3x (3 sin x − sin 3x) = sin 8x + cos 4x + 4 4 ⇔3 (cos 3x cos x − sin 3x sin x) = sin 8x + cos 4x ⇔ cos 4x = sin 4x cos 4x + cos 4x  x = π8 + k π4 cos 4x = π + k π2 ⇔ cos 4x (1 − sin 4x) = ⇔ ⇔  x = 24 sin 4x = 12 5π x = 24 + k π2 π π π 5π π π + k ,x = + k ,x = + k (k ∈ Z) 24 24 (x + y)2 − xy = (x + y) − 2xy − (xy)2 = 21 Vậy phương trình cho có nghiệm x = Hệ cho tương đương với Đặt x + y = S, xy = P S − 4P ≥ Hệ cho trở thành S2 − P = ⇔ (S − 2P )2 − P = 21 S2 = ⇔ P =2 S=3 P =2 S = −3 P =2 x=1 x=2 x = −1 x = −2 Với S = −3, P = ⇒ y=2 y=1 y = −2 y = −1 Vậy hệ có bốn nghiệm (x; y) = (1; 2), (x; y) = (2; 1), (x; y) = (−1; −2) (x; y) = (−2; −1) Với S = 3, P = ⇒ Câu III (1,0 điểm) Đặt u = ln(x − 1) ⇒ dv = x2 dx x3 I= ln(x − 1) 125 ln − = 3 5 − du = x−1 dx , ta có: x3 v= 125 ln x3 dx = − x−1 3 x2 + x + + x−1 dx x2 x3 + + x + ln(x − 1) 124 ln 35 = − Câu IV (1,0 điểm) B C A D B A H C D Từ giả thiết có tam giác ABD, A AD, A AB tam giác Gọi H trọng tâm tam giác ABD ta có √ a 3a2 2 = A H⊥(ABCD) ⇒ A H = A A − AH = a − √ a2 Lại có SABCD = a.a sin 600 = √ a3 Vậy thể tích khối hộp VABCD.A B C D = SABCD A H = (đvtt) Câu V (1,0 điểm) Theo bất đẳng thức Cauchy 1 1 = ≤ √ ≤ 2x + y + z x+x+y+z xxyz 16 1 1 = ≤ √ ≤ 2y + z + x y+y+z+x 4 yyzx 16 —————— Biên soạn: Nguyễn Minh Hiếu ta có 1 1 + + + x x y z 1 1 + + + y y z x 1 1 = ≤ √ ≤ 2z + x + y z+z+x+y 4 zzxy 16 Cộng theo vế bất đẳng thức 1 1 + + + z z x y 1 1 + + ≤ 2x + y + z 2y + z + z 2z + x + y Dấu xảy x = y = z = 1 + + x y z =1 Vậy ta có bất đẳng thức cần chứng minh Câu VI.a (2,0 điểm) 3−t Ta có C ∈ d2 ⇒ C(t; − t) Gọi M trung điểm AC ⇒ M t+1 ; 3−t Lại có M ∈ d1 nên t + + + = ⇔ t = −7 ⇒ C(−7; 8) −−→ Gọi K hình chiếu A d2 ⇒ K(t; − t) ⇒ AK = (t − 1; −t − 1) −−→ − → = ⇔ t − + t + = ⇒ t = ⇒ K(0; 1) Khi AK.u Gọi A điểm đối xứng với A qua d2 ⇒ A (−1; 0) −−→ x = −7 + 6t − Đường thẳng BC qua C có véctơ phương → u = CA = (6; −8) nên có phương trình y = − 8t → − − Gọi véctơ pháp tuyến (α) → n = (a; b; c) = Mặt phẳng (α) qua A nên có phương trình ax + by + cz − 2a + b = Hơn (α) qua B nên 5a + b + c − 2a + b = ⇔ c = −3a − 2b ⇒ (α) : ax + by − (3a + 2b) − 2a + b = − 72 a 7 a=b Lại có d(M ; (α)) = √ ⇔ = √ ⇔ 17a = −5b 6 a2 + b2 + (3a + 2b) Với a = b, chọn a = b = ⇒ (α) : x + y − 5z − = Với 17a = −5b, chọn a = 5, b = −17 ⇒ (α) : 5x − 17y + 19z − 27 = √ √ √ √ √ − i (1 + i) + i (−i) 2+ 5− 3−1 Câu VII.a (1,0 điểm) Ta có z = + = + i − i2 −2i2 2 √ √ √ √ √ √ 5− 3−1 + + − 15 2+ Vậy phần thực , phần ảo |z| = 2 Câu VI.b (2,0 điểm) Ta có A ∈ ∆1 ⇒ A(t; t + 1) Vì M trung điểm AB ⇒ B(4 − t; − t) −−→ 10 13 Mặt khác B ∈ ∆2 nên − 2t + − t + = ⇔ t = 10 ⇒ M A = 43 ; 10 ⇒A ; 3 x = + 2t − Do d qua M có véctơ phương → u = (2; 5) nên có phương trình y = + 5t Vì A, B, C thuộc tia Ox, Oy, Oz nên A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c) (a, b, c > 0) Suy OA = a, OB = b, OC = c, thể tích tứ diện OABC V = 61 abc x y z Lại có (α) có phương trình đoạn chắn + + = a b c 1 Vì (α) qua M nên + + = ≥ ⇔ abc ≥ 243 a b c abc 1 Dấu xảy = = = ⇔ a = 27, b = c = a b c x y z Vậy mặt phẳng (α) cần tìm + + = ⇔ x + 9y + 9z − 27 = 27 3 Câu VII.b (1,0 điểm) Ta có z = √ − i √ + 2i = cos − π3 + i sin − π3 cos π6 + i sin π6 ——— Hết ——— —————— Biên soạn: Nguyễn Minh Hiếu = cos − π π + i sin − 2 ... 3 x = + 2t − Do d qua M có véctơ phương → u = (2; 5) nên có phương trình y = + 5t Vì A, B, C thu c tia Ox, Oy, Oz nên A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c) (a, b, c > 0) Suy OA = a, OB = b, OC... điểm) Ta có z = √ − i √ + 2i = cos − π3 + i sin − π3 cos π6 + i sin π6 ——— Hết ——— —————— Biên so n: Nguyễn Minh Hiếu = cos − π π + i sin − 2