Dap an de thi thu so 02

THPT PHAN ĐÌNH PHÙNG
——————
ĐỀ SỐ 02

ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN
Thời gian 180 phút

Câu I (2,0 điểm).
1. Học sinh tự giải.
2. Hàm số có tiệm cận đứng x = 1 và tiệm cận ngang y = 2 nên có hai trục đối xứng là d1 : y = −x + 3
và d2 : y = x + 1. Nhận thấy A ∈ d1 do đó đường thẳng d cần tìm vuông góc với d1 nên có phương trình dạng
2
d : y = x + m. Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d là 2x+1
x−1 = x + m ⇔ x + (m − 3)x − (m + 1) = 0 có
2
∆ = m − 2m + 13 > 0, ∀m ∈ R. Do đó d cắt (C) tại hai điểm phân biệt B(x1 ; x1 + m), C(x2 ; x2 + m). Theo định
2

3+m
. Lại có
lý vi-ét có x1 + x2 = 3 − m, x1 x2 = −m − 1. Gọi I trung điểm BC ⇒ I 3−m
⇒ AI = m −14m+49
2 ; 2
2
√
√
3
2
BC = 2(x2 − x1 )2 = 2m2 − 4m + 26. Khi đó tam giác ABC đều ⇔ AI = 2 BC ⇔ m + 4m − 5 = 0 ⇔ m =
1 hoặc m = −5. Vậy có hai đường thẳng cần tìm là y = x + 1 và y = x − 5.

Câu II (2,0 điểm).
1. Phương trình đã cho tương đương với
1 − cos 4x + sin 6x = 1 + cos 2x ⇔ sin 6x = cos 4x + cos 2x ⇔ 2 sin 3x cos 3x = 2 cos 3x cos x
⇔ 2 cos 3x (cos 3x − cos x) = 0 ⇔ −4 cos 3x sin 2x sin x = 0

cos 3x = 0
x = π6 + k π3
⇔  sin 2x = 0 ⇔
x = k π2
sin x = 0
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x =

π
π
π
+ k và x = k (k ∈ Z).
6
3
2

2. Điều kiện |x| ≥ 1.
√
• Với x ≤ −1, ta có (35 − 12x)√ x2 − 1 > 0 còn 12x < 0 nên bất phương trình vô nghiệm.
2
• Với x ≥ 35
12 , ta có (35 − 12x) x − 1 < 0 còn 12x > 0 nên bất phương trình nghiệm đúng ∀x ≥
35
• Với 1 ≤ x < 12 , bất phương trình tương đương với

35

12 .

144x4 − 840x3 + 937x2 + 840x − 1225 < 0 ⇔ (3x − 5)(4x − 5)(12x2 − 35x − 49) < 0
x>
x<

⇔ (3x − 5)(4x − 5) > 0 ⇔
Kết hợp ta có x ∈ 1; 45 ∪

5 35
3 ; 12
π
4

Câu III (1,0 điểm). Ta có I =

. Vậy bất phương trình có tập nghiệm S = 1; 45 ∪

5
3
5
4

5
3 ; +∞

.

tan x(1 + tan2 x)
dx.

2(1 + tan2 x) + 5 tan x

0

Đặt u = tan x ⇒ du = (1 + tan2 x)dx. Đổi cận x = 0 ⇒ u = 0; x =
1

1

u
1
du =
2u2 + 5u + 2
3

I=
0

=

2 ln |u + 2| −

⇒ u = 1. Ta có
1

2(2u + 1) − (u + 2)
1
du =
(u + 2)(2u + 1)
3

0

1
3

π
4

1
ln |2u + 1|
2

2
1
−
u + 2 2u + 1

du

0
1

=
0

1
3

2 ln 3 − 2 ln 2 −

1
ln 3
2

=

1
2
ln 3 − ln 2
2
3

Câu IV (1,0 điểm).
S

A
H
B

300

Gọi H là hình chiếu của S trên AB. Vì (SAB)⊥(ABCD) nên SH⊥(ABCD). Kẻ
HK song song với AD, K ∈ CD ta có HK⊥CD và SK⊥CD nên SKH là góc
0
giữa (SCD) và√(ABCD) ⇒ SKH
√ = 30 . Lại có
√ AD⊥(SAB) ⇒ ∆SAD vuông
2 − SA2 = a 3 ⇒ HK = a 3. Khi đó SH = HK. tan 300 =
tại

A
⇒
AD
=
SD
D
√
√
a = SA ⇒ H ≡ A ⇒ ∆SAB vuông tại A ⇒ AB = SB 2√− SA2 = a 2 ⇒
√
3
K
SABCD = AB.AD = a2 6. Vậy VS.ABCD = 13 SA.SABCD = a 3 6 (đvtt).

C

Câu V (1,0 điểm). Theo bất đẳng thức Cauchy ta có
3
x x x
y
y
y
y3
3
3
3
4 x
4
1+ + + ≥4
; 1+

+
+
≥4
; 1+ √ + √ + √ ≥44
3
3
3
27
3x 3x 3x
27x3
y
y
y
——————
Biên soạn: Nguyễn Minh Hiếu

3

27
y3

.


2

3

3

2

y
27
Nhân theo vế các bất đẳng thức trên được (1 + x) 1 + xy 1 + √9y ≥ 4.4.42 . 4 x27 . 27x
3 . y 3 = 256.

x
 1= 3
x=3
1= y ⇔
Dấu bằng xảy ra khi
. Vậy ta có bất đẳng thức cần chứng minh.
y=9
 1 = 3x
3
√
y

Câu VI.a (2,0 điểm).
1. Ta có M ∈ d ⇒ M (3t + 4; t). Vì N đối xứng với M qua A nên N (2 − 3t; 2 − t).
Mặt khác N ∈ (C) ⇒ (2 − 3t)2 + (2 − t)2 − 4(2 − t) = 0 ⇔ t = 0 hoặc t = 56 .
6
8 4
Với t = 0 ⇒ M (4; 0), N (2; 2); với t = 65 ⇒ M 38
5 ; 5 , N −5; 5 .
2. Ta có M ∈ d1 ⇒ M (1 + 2t1 ; 3 − 3t1 ; 2t1 ), N ∈ d2 ⇒ N (5 + 6t2 ; 4t2 ; −5 − 5t2 ).
−−→
Suy ra M N = (4 − 2t1 + 6t2 ; −3 + 3t1 + 4t2 ; −5 − 2t1 − 5t2 ).
−−→ −−−→

Vì M N song song với (P ) nên M N .n( P ) = 0 ⇔ 4 − 2t1 + 6t2 − 2(−3 + 3t1 + 4t2 ) + 2(−5 − 2t1 − 5t2 ) ⇔ t1 = −t2 .
|1 + 2t1 − 2 (3 − 3t1 ) + 4t1 |
t1 = 1
Lại có M N song song (P ) nên d(M N, (P )) = d(M, (P )) = 2 ⇔
=2⇔
.
t1 = 0
3
Với t1 = 0 ⇒ t2 = 0 ⇒ M (1; 3; 0), N (5; 0; −5), t1 = 1 ⇒ t2 = −1 ⇒ M (3; 0; 2), N (−1; −4; 0).
z − 18
⇔ z 2 − 3z + 2 = z − 18 ⇔ z = 2 ± 4i.
Câu VII.a (1,0 điểm). Ta có z − 1 =
z−2
√
2 + 8i
(2 + 8i)(2 + 6i)
11
170
z + 4i
7
=
=
= − + i =
.
• Với z = 2 + 4i, ta có
z − 2i
2 − 6i
40
10
10

10
√
z + 4i
2
1
1 1
2
• Với z = 2 − 4i, ta có
=
=
=
− i =
.
z − 2i
2 + 2i
1+i
2 2
2
Vậy

z+4i
z−2i

√

=

170
10

hoặc

z+4i
z−2i

√

2
2 .

=

Câu VI.b (2,0 điểm).
−−→
−−→
1. Vì B ∈ BD nên B(t; 12 − 2t). Suy ra M B = (t − 5; 11 − 2t), N N = (t − 9; 9 − 2t).
Vì ABCD là hình chữ nhật và M ∈ AB, N ∈ BC nên ta có:
−−→ −−→
24
(loại) ⇒ B(6; 0)
M B.N B = 0 ⇔ 5t2 − 54t + 144 = 0 ⇔ t = 6 hoặc t =
5
→ −−→
−−→
Đường thẳng AB có −
u−
AB = M B = (1; −1) ⇒ nAB = (1; 1) nên có phương trình x + y − 6 = 0.
−−→
−
−

→
Đường thẳng BC có u
= N B = (−3; −3) ⇒ −
n−→ = (1; −1) nên có phương trình x − y − 6 = 0.
BC

BC

Lại có D ∈ BD ⇒ D(t; 12 − 2t). Suy ra AD = d(D; AB) =

|t−6|
√ ,
2

CD = d(D; BC) =

3|t−6|
√
.
2

Khi đó SABCD = AD.CD = 6 ⇔ 32 (t − 6)2 = 6 ⇔ t = 10 hoặc t = 2.
Với t = 10 ⇒ D(10; −8) ⇒ AD : x − y − 18 = 0, CD : x + y − 2 = 0.
Với t = 2 ⇒ D(2; 8) ⇒ AD : x − y + 6 = 0, CD : x + y − 10 = 0.
Vậy các cạnh của hình chữ nhật lần lượt là
AB : x + y − 6 = 0, BC : x − y − 6 = 0, AD : x − y − 18 = 0, CD : x + y − 2 = 0
hoặc AB : x + y − 6 = 0, BC : x − y − 6 = 0, AD : x − y + 6 = 0, CD : x + y − 10 = 0
−→
2. Gọi C(x; y; z), ta có AC = (x − 5; y − 3; z + 1) ⇒ AC = x2 + y 2 + z 2 − 10x − 6y + 2z + 35.
−−→

BC = (x − 2; y − 3; z + 4) ⇒ BC = x2 + y 2 + z 2 − 4x − 6y + 8z + 29.
Khi đó ta có hệ:

√


23∓ 13

 x−y−z−4=0
 x = √6
 C ∈ (P )
AC = BC
6x + 6y − 6 = 0
⇔
⇔
y = 8∓3 13√
 −→ −−→
 2

2
2

x + y + z − 7x − 6y + 5z + 23 = 0
AC.BC = 0
z = −17± 13
6

Vậy C

√

√
√
23∓ 13 8∓ 13 −17± 13
;
;
6
3
6

.

Câu VII.b (1,0 điểm). Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm phương trình
x2 + x + 2
= mx + 1 ⇔ (m − 1) x2 = 2
x
2
Suy ra với m > 1 thì d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A(x1 ; mx1 + 1), B(x2 ; mx2 + 1), x1 + x2 = 0, x1 x2 = − m−1
.
2
−−→
8(m +1)
Ta có AB = (x2 − x1 ; m(x2 − x1 )) ⇒ AB =
m−1 .
√
m2 +1
m2 −2m−1
Xét f (m) = m−1 trên (1; +∞) có f (m) = (m−1)2 , f (m) = 0 ⇒ m = 1 + 2.
√
Lập bảng biến thiên ta có AB đạt giá trị nhỏ nhất khi m = 1 + 2.

——— Hết ———
——————
Biên soạn: Nguyễn Minh Hiếu

4