Dap an de thi thu so 05

THPT PHAN ĐÌNH PHÙNG —————— ĐỀ SỐ 05 ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC MƠN TỐN Thời gian 180 phút Câu I (2,0 điểm) Học sinh tự giải y Ta có: (m − 2)|x| − m = ⇔ m = Từ (C), bỏ phần đồ thị bên trái Oy, sau đối xứng phần đồ thị bên phải Oy qua Oy ta đồ thị (C1 ) hàm số y = 2|x| |x|−1 Số nghiệm [−1; 2] phương trình số giao điểm [−1; 2] (C1 ) đường thẳng y = m Dựa vào đồ thị ta có: • m ≥ m = 0: Phương trình có nghiệm [−1; 2] x • m < 0: Phương trình có hai nghiệm [−1; 2] • < m < 4: Phương trình vơ nghiệm I O −2−1 2|x| |x|−1 12 Câu II (2,0 điểm) Phương trình cho tương đương với sin2 3x sin2 x = + sin 3x (1) Ta có sin2 3x sin x2 ≤ 4, ∀x ∈ R + sin 3x ≥ 4, ∀x ∈ R  sin 3x = π x = π2 + kπ cos x = + k2π Do (1) ⇔ ⇔ ⇔ sin2 x = π 2π ⇔ x = sin 3x = −1 x = − + k  sin 3x = −1 π Vậy phương trình cho có nghiệm x = + k2π (k ∈ Z) 2 Điều kiện: x = 1, x > 21 Phương trình cho tương đương với 2log3 |x − 1| + 2log3 (2x − 1) = ⇔ log3 [|x − 1| (2x − 1)] = ⇔ |x − 1| (2x − 1) = (1) x=2 x = − 21 (loại) Với 12 < x < 1, ta có: (1) ⇔ 2x2 − 3x + = (vơ nghiệm) Vậy phương trình cho có nghiệm x = 2 √ − x2 Câu III (1,0 điểm) Ta có I = dx x+2 Với x > 1, ta có: (1) ⇔ 2x2 − 3x − = ⇔ Đặt x = sin t, t ∈ − π2 ; π2 ⇒ dx = cos tdt Đổi cận: x = ⇒ t = 0; x = ⇒ t = π I= π − 4sin2 t cos tdt = 2 sin t + Ta có π cos2 t dt = sin t + π π (1 − sin t)dt = (2t + cos t)|02 = π − Câu IV (1,0 điểm) S Gọi I trung điểm CD H, K hình chiếu O, G SI Khi √ a d(G, (SCD)) = GK = Ta có ∆SGK ∼ ∆SOH ⇒ OH = SO.GK = SG K A G H D SO2 = I O B √ a = √ a SO SABCD SO = Lại có ∆SOI ∼ ∆SHO nên SO = + a4 √ a3 ⇔ SO = √ a (đvtt)   x − + (x − 1)2 + = 3y−1 Câu V (1,0 điểm) Hệ cho tương đương với  y − + (y − 1)2 + = 3x−1 √ u + √ u2 + = 3v (1) Đặt x − = u, y − = v, hệ trở thành v + v + = 3u (2) √ √ Trừ theo vế (1)√và (2) ta có: u + u2 + + 3u = v + v + + 3v (*) Xét f (t) = t + t2 + + 3t R có f (t) = + √t2t+1 + 3t ln > 0, ∀t ∈ R Do (∗) ⇔ f (u) = f (v) ⇔ u = √ v √ Với u = v thay vào (1) u + u2 + = 3u ⇔ 3u u2 + − u = (**) √ √ Xét g(u) = 3u u2 + − u có g (u) = 3u u2 + − u ln − √u12 +1 > 0, ∀u ∈ R Lại có g(0) = (**) có nghiệm u = Với u = ⇒ v = ⇒ x = y = Vậy hệ có nghiệm (x; y) = (1; 1) = √ SO + a4 a ⇔ Mặt khác SABCD = a Do VS.ABCD = C —————— Biên soạn: Nguyễn Minh Hiếu a OH.SI OI Câu VI.a (2,0 điểm) √ −−→ Ta có AB = (1; 1) ⇒ AB = G ∈ d ⇒ G(t; 3t − 8) ⇒ C(3t − t; 9t − 19) − Đường thẳng AB qua A(2; −3) có véctơ pháp tuyến → n = (1; −1) nên có phương trình x − y − = |3t − − 9t + 19 − 5| |6t − 9| √ Do d (C, AB) = = √ 2 |6t − 9| 2S∆ABC t=2 Lại có S∆ABC = AB.d(C, AB) ⇒ d(C, AB) = = √ ⇔ |6t − 9| = ⇔ =√ ⇔ √ t=1 AB 2 Vậy C(1; −1) C(−2; −10) −−→ Giả sử d ∩ d1 = A(t1 ; −1 + 2t1 ; t1 ) d ∩ d2 = B(t2 ; − 2t2 ; + 3t2 ) ⇒ AB = (t2 − t1 ; − 2t2 − 2t1 ; + 3t2 − t1 ) − − → −→ Lại có − u→ ∆ = (1; 4; −2) ⇒ AB, u∆ = (−8 − 8t2 + 8t1 ; + 5t2 − 3t1 ; −2 + 6t2 − 2t1 )   −8 − 8t2 + 8t1 = −−→ −→ → − t1 = + 5t2 − 3t1 = Vì d||∆ nên AB, u∆ = ⇔ ⇔ ⇒ A (2; 3; 2) t2 =  −2 + 6t2 − 2t1 = y−3 z−2 x−2 = = Vậy d có phương trình: d : −2 Câu VII.a (1,0 điểm) Gọi z = + b (a, b ∈ R) Ta có: z + 2z = (1 + 5i) ⇔ a + bi + (a − bi) = −24 + 10i ⇔ a = −8 b = −10 Vậy z = −8 − 10i Câu VI.b (2,0 điểm) Gọi đường thẳng cần tìm ∆ : ax + by + c = (a2 + b2 = 0) Theo giả thiết ta có: |−2a + 5b + c| |5a + 4b + c| √ = d(B, ∆) = ⇔ √ =3 2 a +b a2 + b2 c = 16a − 7b Từ suy |−2a + 5b + c| = |5a + 4b + c| ⇔ 5c = −4a − 23b √ a=0 • Với c = 16a − 7b ta có (1) ⇔ |7a − b| = a2 + b2 ⇔ 24a − 7b = Với a = 0, chọn b = ⇒ c = −7 ⇒ ∆ : y − = Với 24a − 7b = 0, chọn a = 7, b = 24 ⇒ c = −56 ⇒ ∆ : 7x + 24y − 56 = √ 3a − 4b = • Với 5c = −4a − 23b ta có (1) ⇔ |b − 7a| = a2 + b2 ⇔ 4a + 3b = Với 3a − 4b = 0, chọn a = 4, b = ⇒ c = −17 ⇒ ∆ : 4x + 3y − 17 = Với 4a + 3b = 0, chọn a = 3, b = −4 ⇒ c = 16 ⇒ ∆ : 3x − 4y + 16 = Vậy có bốn đường thẳng cần tìm y − = 0, 7x + 24y − 56 = 0, 4x + 3y − 17 = 0v3x − 4y + 16 = → = (−1; 2; 3) Đường thẳng d1 qua M1 (0; 3; −1) có véctơ phương − u − → Đường thẳng d2 qua M2 (4; 0; 3) có véctơ phương u1 = (1; 1; 2) −−−−→ →, − → − → − → −−−−→ Ta có [− u u2 ] = (1; 5; −3) , M1 M2 = (4; −3; 4) ⇒ [u1 , u2 ] M1 M2 = − 15 − 12 = −23 = Do d1 d2 chéo (đpcm)   x = −2 4x − 3y + 11z − 26 = x y−3 z+1 y=7 Tọa độ giao điểm A d1 (P ) nghiệm hệ ⇔ ⇒ A (−2; 7; 5) = =  z = −1   x=3 4x − 3y + 11z − 26 = y = −1 ⇒ B (3; −1; 1) y z−3 x−4 Tọa độ giao điểm B d2 (P ) nghiệm hệ ⇔  = = z=1 1 −−→ Đường thẳng ∆ nằm (P ) cắt d1 , d2 nên qua A, B, nhận AB = (5; −8; −4) làm véctơ phương y−7 z−5 x+2 = = Vậy ∆ có phương trình: −8 −4 d(A, ∆) = ⇔ Câu VII.b (1,0 điểm) Ta có 29 z= √ =√ √ − 21 i √1 + √1 i 27 (0 − i) − √12 − √1 i = = 27 cos − π6 + i sin − π6 √ cos π4 + i sin π4 = 128i = 64i(1 − i) = −64 + 64i 1+i ——— Hết ——— —————— Biên soạn: Nguyễn Minh Hiếu 10 3π 27 cos − 3π + i sin − √ 5π cos 5π + i sin ... = −8 − 10i Câu VI.b (2,0 điểm) Gọi đường thẳng cần tìm ∆ : ax + by + c = (a2 + b2 = 0) Theo giả thi t ta có: |−2a + 5b + c| |5a + 4b + c| √ = d(B, ∆) = ⇔ √ =3 2 a +b a2 + b2 c = 16a − 7b Từ suy... π6 + i sin − π6 √ cos π4 + i sin π4 = 128i = 64i(1 − i) = −64 + 64i 1+i ——— Hết ——— —————— Biên so n: Nguyễn Minh Hiếu 10 3π 27 cos − 3π + i sin − √ 5π cos 5π + i sin