THPT PHAN ĐÌNH PHÙNG —————— ĐỀSỐ02ĐÁPÁNTHITHỬ ĐẠI HỌC MƠN TỐN Thời gian 180 phút Câu I (2,0 điểm) Học sinh tự giải Hàm số có tiệm cận đứng x = tiệm cận ngang y = nên có hai trục đối xứng d1 : y = −x + d2 : y = x + Nhận thấy A ∈ d1 đường thẳng d cần tìm vng góc với d1 nên có phương trình dạng d : y = x + m Phương trình hồnh độ giao điểm (C) d 2x+1 x−1 = x + m ⇔ x + (m − 3)x − (m + 1) = có ∆ = m − 2m + 13 > 0, ∀m ∈ R Do d cắt (C) hai điểm phân biệt B(x1 ; x1 + m), C(x2 ; x2 + m) Theo định 3+m Lại có lý vi-ét có x1 + x2 = − m, x1 x2 = −m − Gọi I trung điểm BC ⇒ I 3−m ⇒ AI = m −14m+49 ; 2 √ √ BC = 2(x2 − x1 )2 = 2m2 − 4m + 26 Khi tam giác ABC ⇔ AI = BC ⇔ m + 4m − = ⇔ m = m = −5 Vậy có hai đường thẳng cần tìm y = x + y = x − Câu II (2,0 điểm) Phương trình cho tương đương với − cos 4x + sin 6x = + cos 2x ⇔ sin 6x = cos 4x + cos 2x ⇔ sin 3x cos 3x = cos 3x cos x ⇔ cos 3x (cos 3x − cos x) = ⇔ −4 cos 3x sin 2x sin x = cos 3x = x = π6 + k π3 ⇔ sin 2x = ⇔ x = k π2 sin x = Vậy phương trình cho có nghiệm x = π π π + k x = k (k ∈ Z) 2 Điều kiện |x| ≥ √ • Với x ≤ −1, ta có (35 − 12x)√ x2 − > 12x < nên bất phương trình vơ nghiệm • Với x ≥ 35 12 , ta có (35 − 12x) x − < 12x > nên bất phương trình nghiệm ∀x ≥ 35 • Với ≤ x < 12 , bất phương trình tương đương với 35 12 144x4 − 840x3 + 937x2 + 840x − 1225 < ⇔ (3x − 5)(4x − 5)(12x2 − 35x − 49) < x> x< ⇔ (3x − 5)(4x − 5) > ⇔ Kết hợp ta có x ∈ 1; 45 ∪ 35 ; 12 π Câu III (1,0 điểm) Ta có I = Vậy bất phương trình có tập nghiệm S = 1; 45 ∪ 5 ; +∞ tan x(1 + tan2 x) dx 2(1 + tan2 x) + tan x Đặt u = tan x ⇒ du = (1 + tan2 x)dx Đổi cận x = ⇒ u = 0; x = 1 u du = 2u2 + 5u + I= = ln |u + 2| − ⇒ u = Ta có 2(2u + 1) − (u + 2) du = (u + 2)(2u + 1) 3 π ln |2u + 1| 2 − u + 2u + du = ln − ln − ln = ln − ln 2 Câu IV (1,0 điểm) S A H B 300 Gọi H hình chiếu S AB Vì (SAB)⊥(ABCD) nên SH⊥(ABCD) Kẻ HK song song với AD, K ∈ CD ta có HK⊥CD SK⊥CD nên SKH góc (SCD) và√(ABCD) ⇒ SKH √ = 30 Lại có √ AD⊥(SAB) ⇒ ∆SAD vng − SA2 = a ⇒ HK = a Khi SH = HK tan 300 = A ⇒ AD = SD D √ √ a = SA ⇒ H ≡ A ⇒ ∆SAB vuông A ⇒ AB = SB 2√− SA2 = a ⇒ √ K SABCD = AB.AD = a2 Vậy VS.ABCD = 13 SA.SABCD = a (đvtt) C Câu V (1,0 điểm) Theo bất đẳng thức Cauchy ta có x x x y y y y3 3 x 1+ + + ≥4 ; 1+ + + ≥4 ; 1+ √ + √ + √ ≥44 3 27 3x 3x 3x 27x3 y y y —————— Biên soạn: Nguyễn Minh Hiếu 27 y3 3 y 27 Nhân theo vế bất đẳng thức (1 + x) + xy + √9y ≥ 4.4.42 x27 27x y = 256 x 1= x=3 1= y ⇔ Dấu xảy Vậy ta có bất đẳng thức cần chứng minh y=9 = 3x √ y Câu VI.a (2,0 điểm) Ta có M ∈ d ⇒ M (3t + 4; t) Vì N đối xứng với M qua A nên N (2 − 3t; − t) Mặt khác N ∈ (C) ⇒ (2 − 3t)2 + (2 − t)2 − 4(2 − t) = ⇔ t = t = 56 Với t = ⇒ M (4; 0), N (2; 2); với t = 65 ⇒ M 38 ; , N −5; Ta có M ∈ d1 ⇒ M (1 + 2t1 ; − 3t1 ; 2t1 ), N ∈ d2 ⇒ N (5 + 6t2 ; 4t2 ; −5 − 5t2 ) −−→ Suy M N = (4 − 2t1 + 6t2 ; −3 + 3t1 + 4t2 ; −5 − 2t1 − 5t2 ) −−→ −−−→ Vì M N song song với (P ) nên M N n( P ) = ⇔ − 2t1 + 6t2 − 2(−3 + 3t1 + 4t2 ) + 2(−5 − 2t1 − 5t2 ) ⇔ t1 = −t2 |1 + 2t1 − (3 − 3t1 ) + 4t1 | t1 = Lại có M N song song (P ) nên d(M N, (P )) = d(M, (P )) = ⇔ =2⇔ t1 = Với t1 = ⇒ t2 = ⇒ M (1; 3; 0), N (5; 0; −5), t1 = ⇒ t2 = −1 ⇒ M (3; 0; 2), N (−1; −4; 0) z − 18 ⇔ z − 3z + = z − 18 ⇔ z = ± 4i Câu VII.a (1,0 điểm) Ta có z − = z−2 √ + 8i (2 + 8i)(2 + 6i) 11 170 z + 4i = = = − + i = • Với z = + 4i, ta có z − 2i − 6i 40 10 10 10 √ z + 4i 1 • Với z = − 4i, ta có = = = − i = z − 2i + 2i 1+i 2 Vậy z+4i z−2i √ = 170 10 z+4i z−2i √ 2 = Câu VI.b (2,0 điểm) −−→ −−→ Vì B ∈ BD nên B(t; 12 − 2t) Suy M B = (t − 5; 11 − 2t), N N = (t − 9; − 2t) Vì ABCD hình chữ nhật M ∈ AB, N ∈ BC nên ta có: −−→ −−→ 24 (loại) ⇒ B(6; 0) M B.N B = ⇔ 5t2 − 54t + 144 = ⇔ t = t = → −−→ −−→ Đường thẳng AB có − u− AB = M B = (1; −1) ⇒ nAB = (1; 1) nên có phương trình x + y − = −−→ − − → Đường thẳng BC có u = N B = (−3; −3) ⇒ − n−→ = (1; −1) nên có phương trình x − y − = BC BC Lại có D ∈ BD ⇒ D(t; 12 − 2t) Suy AD = d(D; AB) = |t−6| √ , CD = d(D; BC) = 3|t−6| √ Khi SABCD = AD.CD = ⇔ 32 (t − 6)2 = ⇔ t = 10 t = Với t = 10 ⇒ D(10; −8) ⇒ AD : x − y − 18 = 0, CD : x + y − = Với t = ⇒ D(2; 8) ⇒ AD : x − y + = 0, CD : x + y − 10 = Vậy cạnh hình chữ nhật AB : x + y − = 0, BC : x − y − = 0, AD : x − y − 18 = 0, CD : x + y − = AB : x + y − = 0, BC : x − y − = 0, AD : x − y + = 0, CD : x + y − 10 = −→ Gọi C(x; y; z), ta có AC = (x − 5; y − 3; z + 1) ⇒ AC = x2 + y + z − 10x − 6y + 2z + 35 −−→ BC = (x − 2; y − 3; z + 4) ⇒ BC = x2 + y + z − 4x − 6y + 8z + 29 Khi ta có hệ: √ 23∓ 13 x−y−z−4=0 x = √6 C ∈ (P ) AC = BC 6x + 6y − = ⇔ ⇔ y = 8∓3 13√ −→ −−→ 2 x + y + z − 7x − 6y + 5z + 23 = AC.BC = z = −17± 13 Vậy C √ √ √ 23∓ 13 8∓ 13 −17± 13 ; ; 6 Câu VII.b (1,0 điểm) Hoành độ giao điểm d (C) nghiệm phương trình x2 + x + = mx + ⇔ (m − 1) x2 = x Suy với m > d cắt (C) hai điểm phân biệt A(x1 ; mx1 + 1), B(x2 ; mx2 + 1), x1 + x2 = 0, x1 x2 = − m−1 −−→ 8(m +1) Ta có AB = (x2 − x1 ; m(x2 − x1 )) ⇒ AB = m−1 √ m2 +1 m2 −2m−1 Xét f (m) = m−1 (1; +∞) có f (m) = (m−1)2 , f (m) = ⇒ m = + √ Lập bảng biến thiên ta có AB đạt giá trị nhỏ m = + ——— Hết ——— —————— Biên soạn: Nguyễn Minh Hiếu ... ) −−→ −−−→ Vì M N song song với (P ) nên M N n( P ) = ⇔ − 2t1 + 6t2 − 2(−3 + 3t1 + 4t2 ) + 2(−5 − 2t1 − 5t2 ) ⇔ t1 = −t2 |1 + 2t1 − (3 − 3t1 ) + 4t1 | t1 = Lại có M N song song (P ) nên d(M... = m−1 (1; +∞) có f (m) = (m−1)2 , f (m) = ⇒ m = + √ Lập bảng biến thi n ta có AB đạt giá trị nhỏ m = + ——— Hết ——— —————— Biên so n: Nguyễn Minh Hiếu