THPT PHAN ĐÌNH PHÙNG —————— ĐỀ SỐ 06 ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC MƠN TỐN Thời gian 180 phút Câu I (2,0 điểm) Học sinh tự giải x=0 Do với m < 0, (Cm) có ba điểm cực trị x2 = −m √ √ −−→ √ −→ √ , B − −m; −3m2 , C −m; −3m2 ⇒ AB − −m; −m2 , AC −m; −m2 Ta có: y = 4x3 + 4mx; y = ⇔ A 0; −2m2 −−→ −→ Khi (Cm) có ba điểm cực trị tạo thành tam giác vuông ⇔ AB.AC = ⇔ m+m4 = ⇔ m = (loại) m = −1 Vậy m = −1 (Cm) có ba điểm cực trị tạo thành tam giác vuông Câu II (2,0 điểm) Điều kiện: cos x = Khi đó, phương trình cho tương đương với √ (cos x − 2) sin 2x + cos2 x (cos x − 1) = + cos x cos2 x − √ ⇔ (cos x − 2) sin 2x + cos3 x − cos2 x + cos x − = √ ⇔ (cos x − 2) sin 2x + cos2 x (cos x − 2) + cos x − = √ ⇔ (cos x − 2) sin 2x + cos2 x + = √ √ ⇔ sin 2x + cos 2x = ⇔ sin 2x + cos 2x = 2 π π π π = ⇔ 2x + = + k2π ⇔ x = + kπ (thỏa mãn) ⇔ sin 2x + 6 Vậy phương trình cho có nghiệm x = Xét hệ phương trình π + kπ, (k ∈ Z) 8x + 2x = y + y x2 − x + = y − y (1) Ta có phương trình (1) tương đương với (2) (2x)3 − y + 2x − y = ⇔ (2x − y) 4x2 + 2xy + y + = ⇔ y = 2x (x + y) + 3x2 + = (vô nghiệm) Với y = 2x thay vào (2) x2 − x + = 4x2 − 2x ⇔ 3x2 − x − = ⇔ Vậy hệ có hai nghiệm (x; y) = (1; 2) (x; y) = (− 23 ; − 43 ) x=1 x = − 32 Câu III (1,0 điểm) Đặt ln x = cos 2t, t ∈ 0; π2 ⇒ x1 dx = −2 sin 2tdt Đổi cận x = ⇒ t = π4 ; x = e ⇒ t = Ta có: π I= cos 2t 0 = Câu IV (1,0 điểm) N K S I B π cos 2t − 2cos2 2t dt = sin 2t − t − sin 4t π 4sin2 t cos 2tdt sin t cos t cos 2t tan tdt = π (1 − cos 2t) cos 2tdt = = M π π A π − cos 2t sin 2tdt = + cos 2t (2 cos 2t − − cos 4t) dt =1− π √ √ • Tam giác SAB vng S nên SB = AB − SA2 = a Vì SB hình chiếu AB (SBC) √BC⊥SA nên BC⊥SB Suy diện tích tam giác SBC √ S∆SBC = 21 SB.BC = a a = 3a2 Do thể tích khối chóp S.ABC VS.ABC = 31 SA.S∆SBC = 31 a2 3a2 = a4 (đvtt) • Gọi M, N, I, K trung điểm SA, AC,√SB, SC Khi M N ||SC, M I||AB nên (SC, AB) = (M N, M I) Ta có M N = 12 SC = a 215 ; M I = 21 AB = a2 ; IK = 12 BC = √ C a√3 N K + KI = 7a Và N K||SA ⇒ N K⊥(SBC) ⇒ N K⊥KI ⇒ N I √= Do 15 M N +M I −N I tam giác M N I có cos M N I = = > Suy cos(SC, AB) = 2M N.M I √ √ a 15 cos(M N, M I) = 815 Vậy VS.ABC = cos(SC, AB) = cos(M N, M I) = —————— Biên soạn: Nguyễn Minh Hiếu 11 ————— http://mathqb.eazy.vn Câu V (1,0 điểm) Theo bất đẳng thức Cauchy ta có (x + 2y)2 ≥ 8xy (1) Từ giả thiết suy x + 2y = xy thay vào (1) (xy)2 − 8(xy) ≥ ⇔ xy ≥ (do x, y > 0) x2 y2 x2 4y + = + ≥2 + 8y + x + 8y + 4x x2 4y 8xy) 8xy ≥ ≥ ≥ (4 + 8y)(4 + 4x) + 4(x + 2y) 5(x + 2y) Dấu xảy x = 4; y = Vậy giá trị nhỏ P Ta có P = Câu VI.a (2,0 điểm) −−→ Ta có A ∈ AH ⇒ A(2t − 1; t) M trung điểm AC nên C(−2t + 1; − t) ⇒ BC = (−2t; 10 − t) − − Đường thẳng AH có vectơ pháp tuyến → n = (1; −2) ⇒ vectơ phương → u = (2; 1) −−→ −−→ → − − Vì AH⊥BC nên u BC = ⇔ −4t + 10 − t = ⇔ t = ⇒ A(3; 2) ⇒ AM = (−3; 1) ⇒ → n AC = (1; 3) Do đường thẳng chứa cạnh AC có phươngtrình (x − 3) + 3(y − 2) = ⇔ x + 3y − =  x = + 2t1 − y = −t1 Đường thẳng ∆1 có phương trình tham số: Mặt phẳng (P ) có vectơ pháp tuyến → n = (1; 1; −1)  z = + 2t1 Ta có: M ∈ ∆1 ⇒ M (5 + 2t1 ; −t1 ; + 2t1 ), N ∈ ∆2 ⇒ N (2 − t; −1 + t; −5 + 3t) −−→ −−→ − Suy ra: M N (−2t1 − t − 3; t1 + t − 1; −2t1 + 3t − 9) ⇒ M N , → n = (t1 − 4t + 10; −4t1 + 2t − 12; −3t1 − 2t − 2)   t1 − 4t + 10 −−→ − → − t1 = −2 −4t1 + 2t − 12 ⇔ Vì M N ⊥(P ) nên M N , → n = ⇔ Vậy M (1; 2; 0) N (0; 1; 1) t=2  −3t1 − 2t − Câu VII.a (1,0 điểm) Gọi z = a + bi ⇒ z = a − bi Theo giả thiết ta có z + (1 − i)z = − 2i ⇔ a + bi + (1 − i)(a − bi) = − 2i ⇔ 2a − b − = − 2i ⇔ a=2 b=3 z + 3i (2 + 3i)(3 + 3i) Suy z = + 3i; z = − 3i Khi = = = − + i + z + 3i 18 6 √ 25 26 z = + = Vậy 1+z 36 36 Câu VI.b (2,0 điểm) Vì đỉnh (−4; 8) khơng thuộc đường thẳng x − y + = nên giả sử A(−4; 8) đường chéo BD : x − y + = − → − Gọi tâm hình vng I ⇒ I(t; t + 8) ⇒ AI = (t + 4; t) Đường chéo BD có vectơ phương → u = (1; 1) √ − →→ − → − Khi AI⊥BD nên AI u = ⇔ t + + t = ⇒ t = −2 ⇒ I (−2; 6) ⇒ AI = (2; −2) ⇒ AI = 2 √ −→ Ta có: B ∈ BD ⇒ B(t; t + 8) ⇒ IB = (t + 2; t + 2) ⇒ IB = 2|t + 2| t=0 Vì ABCD hình vuông nên IA = IB ⇔ |t + 2| = ⇒ t = −4 Với t = ⇒ B(0; 8) ⇒ D(−4; 4) Với t = −4 ⇒ B(−4; 4) ⇒ D(0; 8) Vậy cạnh hình vng có phương trình lầnlượt là: x − y + 12 = 0, x = 0, x − y + = x + =  x = + 2t − y=t Đường thẳng d có phương trình tham số: Mặt phẳng α có vectơ pháp tuyến → n = (1; 2; −1)  z=t −−→ Giả sử ∆ cắt d N ⇒ N (1 + 2t; t; t) ⇒ M N = (2t; t + 1; t − 1) −−→ → Lại có ∆||(α) nên M N − n = ⇔ 2t + 2(t + 1) − (t − 1) = ⇔ t = −1 ⇒ N (−1; −1; −1)   x = − 2t −−→ y = −1 ∆ qua M (1; −1; 1) nhận M N = (−2; 0; −2) làm vectơ phương nên có phương trình:  z = − 2t 1 1 1 Câu VII.b (1,0 điểm) Phương trình cho tương đương với z −z + + + = ⇔ z + − z − + = z z z z Đặt z − = t, phương trình trở thành: t − t + = ⇔ t = ± i z 2 1 1 3 z =1+i z =1−i Với t = + i ⇒ z − = + i ⇔ Với t = − i ⇒ z − = − i ⇔ z = − 12 + 21 i z = − 21 − 12 i 2 z 2 2 z 2 1 1 Vậy phương trình có bốn nghiệm z = + i, z = − i, z = − + i z = − − i 2 2 ——— Hết ——— ————— http://mathqb.eazy.vn 12 —————— Biên soạn: Nguyễn Minh Hiếu ...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) x2 y2 x2 4y + = + ≥2 + 8y... (1; 2; 0) N (0; 1; 1) t=2  −3t1 − 2t − 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 ⇔ a=2 b=3 z... = − + i + z + 3i 18 6 √ 25 26 z = + = Vậy 1+z 36 36 Câu VI.b (2,0 điểm) Vì đỉnh (−4; 8) khơng thu c đường thẳng x − y + = nên giả sử A(−4; 8) đường chéo BD : x − y + = − → − Gọi tâm hình vuông