thử sức trước kỳ thi lời giải đề số 9 năm 2011

www.VNMATH.com
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 9
TẠP CHÍ TH&TT THÁNG 6 (SỐ 408)
Câu I. 1) Bạn đọc tự giải.
2) Tại điểm A do
 



2
00
3
0
lim lim ' 0
0
xx
xx
fx f
y
xx





không tồn tại, nên không có tiếp tuyến
tại A .
Trường hợp còn lại, do đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng và
A
Oy


nên chỉ cần xét đồ thị
trên khoảng


0;  , khi đó
3
32yx x.
Viết PT tiếp tuyến qua A ta thấy kết quả không có tiếp tuyến nào thoả mãn.
Kết luận: Không có tiếp tuyến nào thoả mãn bài ra.
Câu II. 1) Đặt



2
21 3
'02;
1
1
x
yy x
x
x


 


. Vậy



25*y

 Khi đó PT trở
thành

2
sin 2 2 sin 1 sin cos sin cos
4
y y yy yy





Giải PT với điều kiện (*) ta
được nghiệm duy nhất
5
4
y


. Từ đó tính được nghiệm là
54
58
x






.
2) Điều kiện của PT


0;5x  .
Từ PT thứ hai của hệ ta tính được

2
21
y
x

. Thay vào PT đầu ta được:
2
34 5 3 816xxxx    
2
34415 3 816xxxx

   


 
34
4
43 4
344 5 1
x
x
xx
xx




 

* 4.
x

* PT

31
34
344 5 1
x
xx

 
vô nghiệm trên


0;5 qua khảo sát hai vế PT này.
Kết luận: PT có nghiệm duy nhất
4.
x


Câu III.

525
112

34
11 11 2( 1)
3
Ix x dxdxxdx 


Câu IV. Đặt các điểm như hình vẽ. Đặt 0
A
Ba

 , xác định

SAH
0
60 ; 6AK

 , tính được

S



K
A C
H
M
B
CâuV. Ta có
 
222 222

132 949Pa b c a b c       
Xét không gian với hệ toạ độ Oabc (coi x, y, z tương ứng là a, b, c). Đặt điểm


1; 3; 2A 




9; 4;9 , ; ;BMabc
thì PMAMB.
Ta thấy A, B nằm về một phía của mp



: 210abc

. Lấy điểm A' đối xứng của A qua




ta được


'3;1;0A
. Từ '234PMAMBAB P  và toạ độ giao điểm của A'B với




là
33 3
;;
23 6
AM a AH a HM a 

Trong tam giác vuông HSA có
0
.tan60SH AH a
Từ
213AM SH SM AK a

Vậy thể tích chóp
12639
.
33
ABC
VSSH
www.VNMATH.com


1; 2; 3I 
, hay đẳng thức khi 1; 2; 3abc   .
Kết luận: GTNN của P là
234
.
Câu VIa. 1) Ta có ngay toạ độ điểm


7;3B

.
Từ BC AB suy ra toạ độ


7;32, 0Ct tt .
Do


77;3CD AB D t t từ đó có toạ độ trung điểm I của CD là
7
7;3
22
t
t




.
Từ các điểm I, C, M thẳng hàng ta tìm được 1t

 .
Kết luận: toạ độ các đỉnh là:









1;0 , 7;3 , 6;5 , 0; 2AB C D
.
2) Do tâm của mặt cầu nội tiếp I cách đều các mặt phẳng toạ độ và các điểm A, B, C nằm trên các tia
Ox, Oy, Oz nên toạ độ I có dạng


;; , 0Ittt t .
PT mp(ABC) là
63260
x
yz. Từ khoảng cách








,,dI Oxy dI ABC cũng là bán
kính của mặt cầu, ta tính được
1
3
t 
( với chú ý
A
tx

).

Kết luận: PT mặt cầu là
222
1111
3339
xyz





Câu VIIa. Đặt
*
1
,
n
n
n
Sz n
z
  , dễ thấy
12nn n
SS S



 . Suy ra
2011 2010 2009 2009 2008 2009 2008
SSSSSS S. Tương tự
2008 2005
SS


 , hay
2011 2005
SS

.
Vậy
2011 2005 1
1SS S do 2011 335.6 1

 .
Kết luận:
2011
1S  .
Câu VIb. 1) Các đường phân giác tạo bởi
12
;dd là 370;6230
x
yxy

  
Do các cạnh của hình chữ nhật song song với đường phân giác này, nên ta có hai trường hợp:
Nếu PT cạnh phải tìm có dạng 30
x
ym, từ toạ độ điểm M tìm được
12.m 

Nếu PT cạnh phải tìm có dạng 62 0
x
yn


, từ toạ độ điểm M tìm được
28.n 

Kết luận: PT cạnh là 3120
x
y

 hoặc 62280
x
y

.
2) Gọi điểm I là tâm hình vuông ABCD, dễ thấy
1
ID là hình chiếu của
1
CD lên mp


11
BB C C nên
mp



phải tìm xác định bởi đường thẳng
1
CD và đường thẳng nằm trong mp



11
BB C C
vuông góc
với
1
CD tại
1
D
.
Ta có toạ độ


1
1; 0;1CD 

. Chú ý

11 11
11
; ;1 , 1;1; 1
22
ID B D ID B D

    



  
; mp





qua
1
D
và nhận


11
,1;2;1CD B D

  


làm vectơ pháp tuyến.
Kết luận: PT của


 là: 230
x
yz.
Câu VIIb.
D
R ;





32
'4 2 5 ;"12 2 5yx mxmy x m

  
Để đồ thị tiếp xúc với trục Ox tại điểm x, điều kiện là:








0; ' 0; " 0yx y x y x


Từ








22
14 12yx x mx x    ta có 3 trường hợp:
1) Với 1
x
 , từ





'1 0 2 "1 0ymy

  
2) Với 2
x
 , từ




'2 0 4 "2 0ymy  
3) Với
2
1
020
2
x
yxxm
x


 



, đồ thị tiếp xúc với Ox khi

9
4
m 
thoả mãn (*).
www.VNMATH.com
Kết luận:
9
4; 2;
4
m




.
Thái Nguyên, ngày 19/6/2011
Nhóm HS 12A1 trường PTDT Nội Trú Thái Nguyên
Chào tạm biệt các anh chị, mong các anh chị thi tốt!