Dap an de thi thu so 04

THPT PHAN ĐÌNH PHÙNG
——————
ĐỀ SỐ 04

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

Câu I (2,0 điểm).
1. Học sinh tự giải.
2. Đường thẳng đi qua A(0; 2) có phương trình dạng d : y = kx + 2.
1 4
2
4 x − 2x + 2 = kx + 2 (1) có nghiệm.
Đường thẳng d là tiếp tuyến của (C) khi và chỉ khi
x3 − 4x = k
(2)
Thay (2) vào (1) ta có 3x4 − 8x2 = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = ±
Với x = 0 ⇒ k = 0 ⇒ d : y = 2; với x = ±

8
3

⇒k=
√

√
∓896

8
3.

√

⇒ d : y = ∓ 8 9 6 x + 2.

Vậy có ba tiếp tuyến qua A là y = 2 và y = ∓ 8 9 6 x + 2.
Câu II (2,0 điểm).
1. Phương trình đã cho tương đương với
1
1
1
1
1
cos 3x (3 cos x + cos 3x) − sin 3x (3 sin x − sin 3x) = sin 8x + cos 4x +
4
4
4
2
4
⇔3 (cos 3x cos x − sin 3x sin x) = sin 8x + 2 cos 4x ⇔ 3 cos 4x = 2 sin 4x cos 4x + 2 cos 4x

x = π8 + k π4
cos 4x = 0
π
+ k π2
⇔ cos 4x (1 − 2 sin 4x) = 0 ⇔
⇔  x = 24
sin 4x = 12
5π
x = 24 + k π2
π

π
π
5π
π
π
+ k ,x =
+ k ,x =
+ k (k ∈ Z).
8
4
24
2
24
2
(x + y)2 − xy = 7
2
.
2
(x + y) − 2xy − (xy)2 = 21

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x =
2. Hệ đã cho tương đương với

Đặt x + y = S, xy = P S 2 − 4P ≥ 0. Hệ đã cho trở thành
S2 − P = 7
⇔
(S 2 − 2P )2 − P 2 = 21

S2 = 9
⇔

P =2

S=3
P =2

hoặc

S = −3
P =2

x=1
x=2
x = −1
x = −2
hoặc
. Với S = −3, P = 2 ⇒
hoặc
.
y=2
y=1
y = −2
y = −1
Vậy hệ có bốn nghiệm (x; y) = (1; 2), (x; y) = (2; 1), (x; y) = (−1; −2) và (x; y) = (−2; −1).

Với S = 3, P = 2 ⇒

Câu III (1,0 điểm). Đặt

u = ln(x − 1)
⇒

dv = x2 dx

x3
I=
ln(x − 1)
3
125 ln 4 1
−
=
3
3

5

5

1
−
3
2

1
du = x−1
dx
, ta có:
x3
v= 3
5

125 ln 4 1

x3
dx =
−
x−1
3
3

2

x2 + x + 1 +

1
x−1

dx

2

x2
x3
+
+ x + ln(x − 1)
3
2

5
2

124 ln 4 35
=

−
3
2

Câu IV (1,0 điểm).
B

C

A

D

B
A

H

C
D

Từ giả thiết có các tam giác ABD, A AD, A AB là các tam giác đều.
Gọi H là trọng tâm tam giác ABD ta có
√
a 6
3a2
2
2
2
=

A H⊥(ABCD) ⇒ A H = A A − AH = a −
9
3
√
a2 3
Lại có SABCD = a.a. sin 600 =
.
2
√
a3 2
Vậy thể tích khối hộp là VABCD.A B C D = SABCD .A H =
(đvtt).
2

Câu V (1,0 điểm). Theo bất đẳng thức Cauchy
1
1
1
1
=
≤ √
≤
4
2x + y + z
x+x+y+z
4 xxyz
16
1
1
1

1
=
≤ √
≤
2y + z + x
y+y+z+x
4 4 yyzx
16
——————
Biên soạn: Nguyễn Minh Hiếu

ta có
1
1
1 1
+ + +
x x y z
1 1 1
1
+ + +
y y z
x
7


1
1
1
1
=

≤ √
≤
2z + x + y
z+z+x+y
4 4 zzxy
16
Cộng theo vế các bất đẳng thức trên được

1 1
1
1
+ + +
z
z
x y

1
1
1
1
+
+
≤
2x + y + z
2y + z + z
2z + x + y
4
Dấu bằng xảy ra khi x = y = z =

1

1 1
+ +
x y z

=1

4
. Vậy ta có bất đẳng thức cần chứng minh.
3

Câu VI.a (2,0 điểm).
3−t
1. Ta có C ∈ d2 ⇒ C(t; 1 − t). Gọi M là trung điểm AC ⇒ M t+1
2 ; 2 .
3−t
Lại có M ∈ d1 nên t + 1 + 2 + 1 = 0 ⇔ t = −7 ⇒ C(−7; 8).
−−→
Gọi K là hình chiếu của A trên d2 ⇒ K(t; 1 − t) ⇒ AK = (t − 1; −t − 1).
−−→ −
→ = 0 ⇔ t − 1 + t + 1 = 0 ⇒ t = 0 ⇒ K(0; 1).
Khi đó AK.u
2
Gọi A là điểm đối xứng với A qua d2 ⇒ A (−1; 0).
−−→
x = −7 + 6t
−
Đường thẳng BC qua C và có véctơ chỉ phương →
u = CA = (6; −8) nên có phương trình
.
y = 8 − 8t

→
−
−
2. Gọi véctơ pháp tuyến của (α) là →
n = (a; b; c) = 0 .
Mặt phẳng (α) qua A nên có phương trình ax + by + cz − 2a + b = 0.
Hơn nữa (α) qua B nên 5a + b + c − 2a + b = 0 ⇔ c = −3a − 2b ⇒ (α) : ax + by − (3a + 2b) − 2a + b = 0.
− 72 a
7
7
a=b
Lại có d(M ; (α)) = √ ⇔
= √ ⇔
.
17a = −5b
2
6 3
6 3
a2 + b2 + (3a + 2b)
Với a = b, chọn a = b = 1 ⇒ (α) : x + y − 5z − 1 = 0.
Với 17a = −5b, chọn a = 5, b = −17 ⇒ (α) : 5x − 17y + 19z − 27 = 0.
√
√
√
√
√
5 − i (1 + i)
3 + i (−i)
2+ 5
5− 3−1

Câu VII.a (1,0 điểm). Ta có z =
+
=
+
i.
1 − i2
−2i2
2
2
√
√
√
√
√
√
5− 3−1
9 + 3 + 5 − 15
2+ 5
Vậy phần thực là
, phần ảo là
và |z| =
.
2
2
2
Câu VI.b (2,0 điểm).
1. Ta có A ∈ ∆1 ⇒ A(t; t + 1). Vì M là trung điểm AB ⇒ B(4 − t; 1 − t).
−−→
10 13
Mặt khác B ∈ ∆2 nên 8 − 2t + 1 − t + 1 = 0 ⇔ t = 10

⇒ M A = 43 ; 10
3 ⇒A 3 ; 3
3 .
x
=
2
+
2t
−
Do đó d qua M và có véctơ chỉ phương →
u = (2; 5) nên có phương trình
.
y = 1 + 5t
2. Vì A, B, C lần lượt thuộc các tia Ox, Oy, Oz nên A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c) (a, b, c > 0).
Suy ra OA = a, OB = b, OC = c, do đó thể tích tứ diện OABC là V = 61 abc.
x y z
Lại có (α) có phương trình đoạn chắn + + = 1.
a
b
c
9 1 1
9
3
Vì (α) qua M nên + + = 1 ≥ 3
⇔ abc ≥ 243.
a b
c
abc
9
1

1
1
Dấu bằng xảy ra khi = = = ⇔ a = 27, b = c = 3.
a
b
c
3
x
y z
Vậy mặt phẳng (α) cần tìm là
+ + = 1 ⇔ x + 9y + 9z − 27 = 0.
27 3 3
2
Câu VII.b (1,0 điểm). Ta có z =
2

√
3
1
2 − 2 i
√
3
1
2 + 2i

=

cos − π3 + i sin − π3
cos π6 + i sin π6

——— Hết ———

——————
Biên soạn: Nguyễn Minh Hiếu

8

= cos −

π
π
+ i sin − .
2
2