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

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (289.31 KB, 5 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Trung tâm gia sư VIP- hotline: 0989189380

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4 – ĐẠI HỌC SPHN

Câu 1.

1. Tự giải

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

Phương trình của : 2 1 2
4

y m x

    

  . Gọi H là khoảng cách từ B đến . Ta ln có: h AB. Đẳng
thức xảy ra khi và chỉ khi AB  .

Ta có: AB 



2; 4



và vecto chỉ phương của  là 2 1
1;

u m  

 



Khi đó: . 0 2 4 2 1 0 2 1 1

4 4 2

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

 

 

Câu 2.

ĐK: sin 2x  0

Phương trình đã cho tương đương với:





1
1 3cos os2

1
sin
sin 2
1 3cos os2 2 cos

2 cos cos 0 cos 2 cos 1 0

x c x

x
x

x c x x

x x x x



  

    

     

Do sin 2x 0 cosx nên 0 2 cos 1 0 cos 1 2





2 3

x   x x  k  kZ

Kết hợp với đk, ta có nghiệm phương trình: 2





x  k  kZ

Câu 3.

ĐK: x0,x2y0

Ta có: x x2y  2 2x2y2 x x



2y



 2





1 ( )

x x y x y

    





2 2 2

2 1 2 2

x y

x xy x y x xy y

 


 

      

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Trung tâm gia sư VIP- hotline: 0989189380





2 1

x y

x y y

 


 

  




Thay 2



xy



 1 y2 vào phương trình: y41920



xy



, ta được:





4 2 4 2

19 10 1 10 9 0

y

y y y y

y

 

        




Với y2  9 10 1 y2 2



xy



 . Vô lý, trường hợp này vô nghiệm. 2

Với 2 1 0





1 2

y x

y TMDK

y x

 

 

  

  

 

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm:



x y ;

 

0;1 , 2; 1

 





Câu 4. Ta có:

























' 1

2 2 2

2 1 2

2 0

1 1

2 2 0

2
0

1 2 1 1

ln 1

1 1 2 1

ln 1 1 ln 1

2 1

ln 2 1 2 ln 2 1 1 1 ln 2

4 2 1 4 2 1 4

x

I x d

x x x

x d x

x
x

xdx

x
x



   

    

   

 

    

 

  






      






Câu 5.

Mặt khác ' 3

a

AH  , suy ra H H'. Vậy H là trung điểm của BC.

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

nên , 3

2 2

a a

SH  AH 

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

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Trung tâm gia sư VIP- hotline: 0989189380

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

ngoại tiếp hình chóp S.ABC có bán kính 3
3

a

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

4 3

a
V  

Câu 6.

Ta có:





























































































2 2

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

     

 

   

         

   

 

     

      

 

  

      



  

  

  

  

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = c, b = d. Bất đẳng thức được chứng minh.

Câu 7.

Do Bd C1, d2 nên

















' '

; 1 , ; 2 2 1; 2 , ' 1, 2 ' 5

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

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

TH1:

















2 1 3 ' 1 2 3 ' 1

2 3

2 6 ' 11
2 2 3 2 ' 5

t t t t

AB AC

t t

       



  

  

    



 

19 25
6

;

10 9 6

'
9
t

AB
t


 


  

     

 

  





</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Trung tâm gia sư VIP- hotline: 0989189380

TH2:

















2 1 3 ' 1 2 3 ' 5

2 3

2 6 ' 19
2 2 3 2 ' 5

t t t t

AB AC

t t

       



   

 

     



 

23 17
6

;

14 6 6

'
9
t

AB
t





  

   

 

  





Chọn u 



23;17



làm vecto chỉ phương của l. Ta có phương trình của l là: 17x23y520

Vậy có 2 đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là: l1: 25x19y320 và l2: 17x23y520

Câu 8.

Gọi n 



1; 4;1 ,



n 



2; 2; 3



thứ tự là vecto pháp tuyến của 2 mặt phẳng (α) và (β). Khi đó, vecto
chỉ phương của d cùng phương với vecto



4 1 1 1 1 4







2 3 3 2 2 2

, , , 10;5;10

n n     

   

 

 

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

2 2
:

3 2

x t

d y t

z t

  






   


Gọi I



 2 2 ; ; 3 2t t   t



là tâm mặt cầu tiếp xúc với 2 mặt phẳng

   

P1 , P 2

Ta có:



 

1





 

2



2 2 6 4 9 4 4 3 2 2

6 6

t t t t t t

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

3
13 5 5

t

t t

t


      

 


Vậy có 2 mặt cầu thỏa mãn bài toán:

  











: 4 3 3

S x  y  z  và

  

2 : 6











2 75

S x  y  z 

Câu 9.

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

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

5x 8Px4P  1 0(2)

Phương trình (2) có nghiệm ' 2





5 5

16 5 4 1 0

2 2

P P P

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Trung tâm gia sư VIP- hotline: 0989189380

Với 5 2 5 5

2 5 10

P  z   i

Với 5 2 5 5

2 5 10

P z  i

Suy ra: min 5
2

P   khi 2 5 5

5 10

z   i và max 5

P  khi 2 5 5
5 10

</div>

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

















































<sub></sub>

<sub></sub>



 

 



































































































