Đáp án môn toán đề thi thử đại học sư phạm Hà nội lần 4 năm 2013

Bất đẳng thức được chứng minh.[r]

Trung tâm gia sư VIP- hotline: 0989189380

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN – ĐẠI HỌC SPHN

Câu

1 Tự giải

2 Điểm cực đại A(0; 2), cực tiểu B(2; -2)

Phương trình : 2

y m x

    

  Gọi H khoảng cách từ B đến  Ta có: h AB Đẳng thức xảy AB  

Ta có: AB 2; 4  vecto phương  1;

4

u m  

 



Khi đó: 2 1

4

AB   AB u   m   m  m 

 

 

Câu

ĐK: sin 2x  0

Phương trình cho tương đương với:

 

2

1 3cos os2

1 sin sin 3cos os2 cos

2 cos cos cos cos

x c x

x x

x c x x

x x x x



  

    

     

Do sin 2x 0 cosx nên cos cos  

2

x   x x  k  kZ

Kết hợp với đk, ta có nghiệm phương trình:  

x  k  kZ

Câu

ĐK: x0,x2y0

Ta có: x x2y  2x2y2 x x 2y

  ( )

x x y x y

    

 

2 2

1

2 2

x y

x xy x y x xy y

     

      

Trung tâm gia sư VIP- hotline: 0989189380

 

1

2

x y

x y y

     

   



Thay 2xy 1 y2 vào phương trình: y41920xy, ta được:

 

2

4

2

19 10 10

9

y

y y y y

y

 

        

 

Với y2  9 10 1 y2 2xy Vô lý, trường hợp vô nghiệm

Với 0 

1

1

y x

y TMDK

y x

 

 

  

  

 

Vậy hệ phương trình có nghiệm: x y ;  0;1 , 2; 1   

Câu Ta có:

   

 

 

 

 

'

2

2 2

0

2 1

1

2

2 0

0

1 1

2 0

2

1 1

ln

1 1

ln 1 ln

2

2

ln 2 ln 1 ln

4 1 4

x

I x d

x x x

x d x

x x

xdx

x x



   

    

   

 

    

 

  

 



      

 







Câu

Mặt khác '

a

AH  , suy H H' Vậy H trung điểm BC

Tam giác SAH vuông H có SAa SAH, 300

nên ,

2

a a

SH  AH 

Trong ABC đều, kẻ đường cao AH’, ta có '

Trung tâm gia sư VIP- hotline: 0989189380

Gọi P điểm đối xứng S qua H, ASP tam giác có đường cao AH, kẻ đường trung trực SA cắt AH G trọng tâm tam giác ASP Ta có: GS GAGBGC Suy G tâm mặt cầu

ngoại tiếp hình chóp S.ABC có bán kính 3

a

R  Thể tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC

3

4

27

a V  

Câu

Ta có:

   

  

   

  

   

 

   

 

 

 

     

 

   

   

2

2 2

2

2 2

2

2

2

4

4

2 2

2

2

2

a d a c b c b b a d d c

VT

b c d a b a d c

a d a c b c b b a d d c

a b c d a b c d

a b c d ab bc cd da

VT

a b c d

a b c d a c b d

a b c d

a c b d

a c b d

     

 

   

         

   

 

     

      

 

  

      



  

  

  

  

Đẳng thức xảy a = c, b = d Bất đẳng thức chứng minh

Câu

Do Bd C1, d2 nên        

' '

; , ; 2 1; , ' 1, '

B t t C t  t  AB t t AC t   t 

Từ đẳng thức 2AB3AC, ta có trường hợp sau:

TH1:    

   

2 ' '

2

2 ' 11 2 '

t t t t

AB AC

t t

t t

       



  

  

    

   

13

19 25

;

10

' t

AB t

   

  

     

 

    



Trung tâm gia sư VIP- hotline: 0989189380

TH2:    

   

2 ' '

2

2 ' 19 2 '

t t t t

AB AC

t t

t t

       



   

 

     

   

29

23 17

;

14 6

' t

AB t

  

  

   

 

    



Chọn u  23;17 làm vecto phương l Ta có phương trình l là: 17x23y520

Vậy có đường thẳng thỏa mãn yêu cầu toán là: l1: 25x19y320 l2: 17x23y520

Câu

Gọi n 1; 4;1 ,  n 2; 2; 3  thứ tự vecto pháp tuyến mặt phẳng (α) (β) Khi đó, vecto phương d phương với vecto  1 1   

2 3 2

, , , 10;5;10

n n     

   

 

 

Ta nhận thấy điểm M(-2; 0; -3) nằm d, nên phương trình

2 :

3

x t

d y t

z t

   

  

    

Gọi I 2 ; ; 2t t   t tâm mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng    P1 , P 2

Ta có:  , 1   , 2  2 4 2

6

t t t t t t

d I P d I P              

3 13 5

2 t

t t

t         

  

Vậy có mặt cầu thỏa mãn tốn:

  1 2  2  2

50

: 3

3

S x  y  z    2 : 62  22  72 75

2

S x  y  z 

Câu

Ta có: z  1 x24y2  1 x24y2 1(1)

Từ Pxyy x P, thay vào (1) ta được: 2

5x 8Px4P  1 0(2)

Phương trình (2) có nghiệm '   5

16

2

P P P

Trung tâm gia sư VIP- hotline: 0989189380

Với 5

2 10

P  z   i

Với 5

2 10

P z  i

Suy ra:

P   5

5 10

z   i max

2

P  5 10