Dap an de thi thu so 01

THPT PHAN ĐÌNH PHÙNG —————— ĐỀ SỐ 01 ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC MƠN TỐN Thời gian 180 phút Câu I (2,0 điểm) Học sinh tự giải Đạo hàm y = 3x2 − 6x Vì A, B ∈ (C) nên A x1 ; x31 − 3x21 + , B x2 ; x32 − 3x22 + , (x1 = x2 ) x1 = x2 (loại) Tiếp tuyến (C) A B song song ⇔ y (x1 ) = y (x2 ) ⇔ 3x21 − 6x1 = 3x22 − 6x2 ⇔ x1 + x2 = −−→ Suy AB = x2 − x1 ; (x2 − x1 ) x22 + x21 + x1 x2 − (x2 + x1 ) = (x2 − x1 ; (x1 − x2 ) (2 + x1 x2 )) √ 2 Theo giả thiết AB = nên (x2 − x1 ) + (x2 − x1 ) (2 + x1 x2 ) = 32 ⇔ − 4x1 x2 + (4 − 4x1 x2 ) + 4x1 x2 + x21 x22 = 32 ⇔ 4x31 x32 + 12x21 x22 + 4x1 x2 + 12 = ⇔ x1 x2 = −3 x1 + x2 = x1 = −1 x1 = Ta có hệ ⇔ x1 x2 = −3 x2 = x2 = −1 Vậy A (−1; −2) , B (3; 2) A (3; 2) , B (−1; −2) Câu II (2,0 điểm) Điều kiện: tan x = −1 Phương trình cho tương đương với √ √ sin 2x + cos 2x − sin x − = + sin 2x ⇔ 2sin2 x + sin x + = √ sin x = − √ (loại) x = − π4 + k2π (loại) ⇔ ⇔ x = 5π sin x = − + k2π 5π Vậy phương trình cho có nghiệm x = + k2π (k ∈ Z) √ Đặt t = x − 2, (t ≥ 0) Phương trình cho trở thành 5t4 + 10t2 − t + = ⇔ 5t4 + 9t2 + t − 2 + = (vơ nghiệm) Vậy phương trình cho vô nghiệm 3 Câu III (1,0 điểm) Ta có I = x(x + 1) dx + ln x − 1 (x + 1) dx = I1 + I2 • Tính I1 I1 = x(x + 1) = • Tính I2 u = ln x − Đặt ⇒ dv = (x+1) dx (x + 1) − x(x + 1) − x ln |x| − ln |x + 1| + dx = 1 x+1 1 1 − − x x + (x + 1)2 dx = − + ln − ln du = x2 dx Ta có v = − x+1 − ln x I2 = x+1 3 + 1 dx = − − ln + x(x + 1) 2 − x x+1 dx 1 1 3 = − − ln + (2 ln |x| − ln |x + 1|)|1 = − + ln − ln 4 Vậy I = − − ln + ln 2 Câu IV (1,0 điểm) S Ta có SA⊥(ABCD) ⇒ SCA góc SC (ABCD) ⇒ SCA = 450 Lại có BC⊥(SAB) ⇒ CSB 300 √ góc SC và√(SAB) ⇒ CSB = 30 + BC = + x2 Đặt BC = x ⇒ SA = AC = AB a √ √ ⇒ SB = SA2 + AB = 2a2 + x2 √ A B Mặt khác ∆SBC có BC = SB tan 300 ⇔ x = √3 2a2 + x2 ⇔ x = a √ Từ có SABCD = a2 SA = a √ 450 a3 (đvtt) Vậy VS.ABCD = SA.SABCD = 3 D C —————— Biên soạn: Nguyễn Minh Hiếu Câu V (1,0 điểm) Đặt u = y − ⇔ u3 = y − 1; v = u+v =3 ⇔ v + u3 = 81 ⇔ √ x ⇔ v = x, (v ≥ 0) Hệ cho trở thành u=3−v v − v + 9v − 27v − 54 = u=3−v ⇔ (v − 3) v + 2v + 15v + 18 = u=0 ⇒ v=3 x=9 y=1 Vậy hệ cho có nghiệm (x; y) = (9; 1) Câu VI.a (2,0 điểm) Đường tròn (C) có tâm I(1; −3) bán kính R = √ Gọi H trung điểm AB, ta có AH = IH⊥AB ⇒ IH = IA2 − AH = Đường thẳng d⊥∆ nên có phương trình dạng 3x + 4y + c = Khi d(I, d) = IH ⇔ |3 − 12 + c| = ⇔ |c − 9| = 20 ⇔ c = 29 c = −11 Vậy có hai đường thẳng d cần tìm 3x + 4y + 29 = 3x + 4y − 11 = → = (1; 1; −1) Đường thẳng d1 qua M1 (1; 0; −1) có VTCP − u − → Đường thẳng d2 qua M2 (0; 2; −1) có VTCP u2 = (2; 1; 1) → − − Gọi mặt phẳng cần tìm (P ) gọi VTPT (P ) → n (a; b; c) = − → = ⇔ a + b − c = ⇔ c = a + b Vì (P ) chứa d1 nên (P ) qua điểm M1 (1; 0; −1) → n − u − → |2a + 2b + c| |a + b| |n.u2 | = Gọi góc P ) d2 α ta có: sin α = →| = √ 2 |n| |− u a + b + c (a2 + b2 + ab) |a + b| Theo giả thiết α = 450 nên ta có: = √ ⇔ (a + b) = a2 + b2 + ab ⇔ ab = ⇔ 2 (a2 + b2 + ab) − Với a = 0, chọn b = ⇒ c = ⇒ → n (0; 1; 1) ⇒ (P ) có phương trình: y + z + = → Với b = 0, chọn a = ⇒ c = ⇒ − n (1; 0; 1) ⇒ (P ) có phương trình: x + z = Vậy có hai mặt phẳng (P ) cần tìm là: y + z + = x + y = a=0 b=0 Câu VII.a (1,0 điểm) Gọi z = a + bi, (a, b ∈ R) ⇒ z = a − bi Ta có z = z − 12i ⇔ (a + bi) = a − bi − 12i ⇔ a3 − 3ab2 − a + 3a2 b − b3 + b + 12 i = ⇔ Vậy |z| = √ a3 − 3ab2 − a = ⇔ 3a2 b − b3 + b + 12 = a2 = 3b2 + ⇔ 8b3 + 4b + 12 = a=2 ⇒z =2−i b = −1 Câu VI.b (2,0 điểm) Gọi d1 : 2x − y + = d2 : 7x − y + 15 = 2x − y = −5 x = −2 Tọa độ B nghiệm hệ ⇔ ⇒ B(−2; 1) 7x − y = −15 y=1 −−→ Gọi H hình chiếu A d1 ⇒ H (t; 2t + 5) ⇒ AH = (t − 1; 2t + 3) −−→ −→ Khi AH.ud1 = ⇔ t − + 4t + = ⇔ t = −1 ⇒ H(−1; 3) Gọi A điểm đối xứng với A qua d1 ⇒ A (−3; 4) x = −2 − t → −−→ Khi A ∈ BC ⇒ − u− BC = BA = (−1; 3) ⇒ BC có PTTS y = + 3t −t−1 3t+3 Vì C ∈ BC ⇒ C(−2 − t; + 3t) Gọi M trung điểm AC ⇒ M ; Khi M ∈ d 3) + 30 = ⇔ t = ⇒ C(−4; 7) √2 nên 7(−t − √1) − (3t + √ Ta có AB = 10; AC = 2; BC = 10 Do tam giác ABC vng B nên có diện tích S∆ABC = 10 Vì A ∈ d1 ⇒ A(−1 + t1 ; −2 + 2t1 ; t1 ); B ∈ d2 ⇒ B(2 + 2t2 ; + t2 ; + t2 ) −−→ Suy AB = (3 − t1 + 2t2 ; − 2t1 + t2 ; − t1 + t2 ) −−→ → Vì d song song với (P ) nên AB.− nP = ⇔ t1 = t2 + √ −−→ Do AB = (t2 − 1; −t2 − 5; −3) ⇒ AB = 2t22 + 8t2 + 35 = 2(t2 + 2)2 + 27 ≥ 3 −−→ Khi AB đạt giá trị nhỏ t2 = −2 ⇒ t1 = ⇒ A(1; 2; 2), AB = (−3; −3; −3) → = (1; 1; 1) ta có phương trình đường thẳng d x − = y − = z − Chọn − u d 2 Câu VII.b (1,0 điểm) Gọi z = a + bi, (a, b ∈ R) ⇒ z = a2 − b2 + 2abi  √ √  a2 − b2 = 2a2 − 2b2 2 2 √ a − b = 2a − 2b Khi z = z + z ⇔ a2 − b2 + 2abi = 2a2 − 2b2 ⇔ ⇔ a=0 2ab =  b=0 √ √ Với a = ⇒ b = 0; với b = ⇒ a = a = ± Vậy z = z = ± ——— Hết ——— —————— Biên soạn: Nguyễn Minh Hiếu ... ⇒ B(2 + 2t2 ; + t2 ; + t2 ) −−→ Suy AB = (3 − t1 + 2t2 ; − 2t1 + t2 ; − t1 + t2 ) −−→ → Vì d song song với (P ) nên AB.− nP = ⇔ t1 = t2 + √ −−→ Do AB = (t2 − 1; −t2 − 5; −3) ⇒ AB = 2t22 + 8t2... = Gọi góc P ) d2 α ta có: sin α = →| = √ 2 |n| |− u a + b + c (a2 + b2 + ab) |a + b| Theo giả thi t α = 450 nên ta có: = √ ⇔ (a + b) = a2 + b2 + ab ⇔ ab = ⇔ 2 (a2 + b2 + ab) − Với a = 0, chọn... a=0 2ab =  b=0 √ √ Với a = ⇒ b = 0; với b = ⇒ a = a = ± Vậy z = z = ± ——— Hết ——— —————— Biên so n: Nguyễn Minh Hiếu