Lập bảng biến thiên... Do đó tập hợp các điểm ∈mp Oxy biểu diễn z là đường thẳng x=y.
Trang 1ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN
1) + Tập xác định D=¡ \ 1{ }
Tìm giới hạn => tiệm cận đứng x=1 tiệm cận ngang y=1
+ Tính 2
3
( 1)
x
−
= < ∀ ∈ ⇒
− hàm số luôn nghịch biến trên (−∞;1)
và (1;+∞ ⇒) hàm số không có cực trị Lập bảng biến thiên
+ Vẽ đồ thị (C) và nhận xét đồ thị
0,25đ
0,25đ 0,5đ 2) *Gọi 2 điểm cần tìm là A và B Vì A, B đối xứng qua ∆ nên AB⊥ ∆ và trung
điểm I của AB∈∆
Do AB⊥ ∆ => phương trình của đường thẳng AB có dạng y=3x m+
*Do ,A B∈( )C nên tọa độ A,B là nghiệm của hệ
( )
3
2
1 1
x y x
= +
+
=
Hoành độ A, B là nghiệm của phương trình
2
2
x
x m
− − − − = + = + ⇔ − ≠
(Với x≠1) Để ∃A B, thì (*) có 2 nghiệm phân biệt 1≠
3.1 (4 ).1 2 0
∆ = + + >
⇔ − − − − ≠
Theo Vi ét ta có 4
3
m
; theo (1) ta có y A +y B = +4 m
Vậy tọa độ trung điểm I của AB là 4 ;4
Do 2 (0; 2) (2; 4)
(2; 4) (0; 2)
∈ ∆ ⇔ = − ⇔ −
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu II
1) Giải phương trình
4 x− x2− +1 x+ x2− =1 2 Điều kiện
2 2
1 0
1 1
x
x
− ≥
Ta thấy (x− x2−1)(x+ x2− =1) 1 Nên ta đặt 4 2
1 0
2 1 0
Khi đó ta có hệ 2 2 (1)
1 (2)
u v
u v
+ =
=
Từ (1), (2) có phương trình u3−2u2+ =1 0 ⇔ =u 1 hoặc 1 5
2
Với u=1 ta có v=1 Với 1 5
2
u= + Ta có 3 5
2
Với
2 2
1
x
=
+ − =
0,25đ
0,25đ
Trang 2Với 4 4
1 5
2 ( ) ;
3 5 2
u
x v
−
=
−
=
0,25đ
0,25đ
2)
*Ta có sin 2011 sin2011 cos cos2011 sin cos
Nên phương trình đã cho có dạng 3tan 3sin 3 2cos 1
cos
x
− + = + (1) điều kiện cosx≠0
*Với điều kiện trên (1) 3sin 3sin 3 2cos 1
x
2 2
3sin 3sin cos 3cos 2cos 1
3sin (1 cos ) 2cos 3cos 1
3sin (1 cos ) (cos 1)(2cos 1)
(cos 1)(2cos 3sin 1) 0
cos 1
3sin 2cos 1
x
=
⇔ + =
Với cosx=1 thỏa mãn điều kiện cosx≠0 và cosx= ⇔ =1 x 2kπ là nghiệm
phương trình
Với 3sinx+2cosx=1 thỏa mãn điều kiện cosx≠0…
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu III
( )
2
2
2
sin (1 sin ) sin (1 sin )
sin 1 (1 sin ) sin 2 (1 sin )
1
ln sin ln 1 sin
2
ln 2 ln ln
+
+
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu IV
1) Theo giả thiết SA AC⊥(CB ABC)
⊥
Nên góc giữa (SBC) và (ABC) là ·SCA=α
Do SA⊥ABC⇒ ∆SACvuông tại C
=>SA AC= tanα =atanα
Vậy
3
a
Gọi I là trung điểm BC, do G là trọng tâm tam giác ABC
=>AG=2GI
Vì vậy ( ;( )) 1 ( ;( ))
3
Mặt khác từ A kẻ AH ⊥SC=>AH ⊥(SBC) nên AH là khoảng cách từ A tới
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Trang 3(SBC) và ∆ABC vuông tại A do AH là đường cao =>AH =asinα (2)
Từ (1) và (2) => ( ;( )) 1 sin
3
0,25đ 2) *Do ABCD vuông =>AC⊥BD tại trung điểm I mỗi đường
Do AC⊥BD=> phương trình AC x y: − + =1 0
Tọa độ I là nghiệm của hệ
1 0
( 2; 1)
3 0
x y
I
x y
− + =
=> − −
+ + =
=> ( 5; 4)C − −
D BD∈ có phương trình y= − − =>x 3 D d d( ;− −3)
Do ABCD vuông =>ID2 =IC2 ⇔ − −( 2 d)2+ +(2 D)2 = +9 9
+ = − = −
Với d = ⇒1 D(1; 4)− ⇒ −B( 5; 2)
Với d = − ⇒5 D( 5; 2)− ⇒B(1; 4)−
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ 3)
*B d∈ có phương trình tham số
3 2
2 4 6
= +
= +
= +
(3 2 ; 2 4 ;6 ) (4 2 ; 2 4 ; 4 )
=> + + + =>uuur + + +
Do uuurAC+2uuur rAB= ⇔0 uuurAC = −2uuurAB= − −( 8 4 ; 4 8 ; 8 2 )t − − − −t t (1)
Do ( 1;0; 2)A − (2)
Từ (1), (2) => ( 9 4 ; 4 8 ; 6 2 )C − − t − − − −t t
Vì ( )∆ cắt (P) tại (C) => C∈( ) : 2P x y z− − + =3 0 nên ta có phương trình:
5 2( 9 4 ) 1( 4 8 ) ( 6 2 ) 3 0 ( 19; 24; 11)
2
− − − − − − − − + = ⇒ = ⇒ − − −
Vậy phương trình : 1 2
18 24 13
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Câu V
Áp dụng Cô Si ta có
(1 )(1 ) 8 8 4
(1 )(1 ) 8 8 4
3
(1 )(1 ) 8 8 4
Cộng vế theo vế của (1),(2),(3) có:
3
x y z
(4) Mà x y z+ + ≥33 xyz =3 (5)
Từ (4)(5) 3
4
VT
⇒ ≥ Dấu = xảy ra ⇔ = = =x y z 1
0,5đ
0,25đ
0,25đ
Câu VI
a) + Với 2 số phức z x yi= + và 'z = +x' y i'
+ Ta chứng minh
' '
z z
Trang 4khi đó z 1 1
z i− =
− ⇔ − = −z 1 z i (1) Gọi z x yi= + thì (1) (x 1) yi x (y 1)i
⇔ − + = + −
(x 1) y x (y 1) x y
Vì z x yi= + ⇒M z =M x y( , ) Do đó tập hợp các điểm ∈mp Oxy( )biểu diễn z
là đường thẳng x=y.
0,25đ
0,25đ
0,25đ
b) Điều kiện x>0
Với điều kiện đã nêu phương trình ⇔41 log + 3x−6log 3x=2.32 2log + 3x
4.4 x−6 x =18.9 x
2log log
− − =
÷ ÷
(2) Đặt
3
log 2
0 3
x t
= >
÷
Pt (2) trở thành
9 4 2
4 18 0
2
t
t
=
− − = ⇒ = −
, chỉ có nghiệm
9 4
t= thỏa mãn Do đó
3
2 1
x
−
−
= ⇔ = − ⇔ = =
÷ ÷
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ