ĐÁP ÁN ĐỀ THI SỐ 01

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 01
I. PHẦN CHUNG.
Câu I. 2. + Phương trình trung trực của AB là:
: 1.
d y x
 

+ P, Q là giao điểm của d với


m
C
. Do đó, hoành độ của P và Q là nghiệm của PT:
2
1
1
mx
x
x

 


2
3 0
x mx
   
. Giả sử
1 1 2 2
( ; 1), ( ; 1)
P x x Q x x

 
.
+
 
2
1 2 1 2
1
. 4 2 4 16
2
APBQ
S AB PQ PQ x x x x
      
. Sử dụng định lí Vi-et
2
m
  

+ Để APBQ là tứ giác thì P và Q nằm khác phía với đường thẳng AB. Do đó
2
m


Câu II. 1. + Dùng công thức hạ bậc:
2
4 2
1 sin 2
16 16 4sin 2 8sin 2 4
4 2
x
cos x x x



   
    
   
   

+ Phương trình đã cho trở thành:
2
4sin 2 8sin 2 4 3 2 9 0
x x cos x
   


 


2
2
2 2sin 2 1 2 2 3 0
x cos x
    

+ Nghiệm của phương trình:
12
x k


 
2. Phương trình (2) của hệ tương đương với:

 




2
2 3 3
3 1 1 3
x x x y x y
 
        
 
 

+ Xét hàm số
2
( ) ( 3)
f t t t
 
đồng biến trên R. Do đó
3
1
x x y
   
2 3
1
x y x
   
. Thay vào PT(1) ta được:







1 1 1 0
x xy x y
    

+ Xét 3 trường hợp, suy ra nghiệm của hệ là




; 1; 1
x y
  
hoặc




; 0;1
x y  .
Câu III. + Biến đổi:
4 2 2 2
1 1 1 1 1
1 1 1 1x x x
x x x x x

       
      
       
       
và
 
2
2
1 1
ln 1 ln ln ln
x
x x x
x x

 
    
 
 

+ Đổi biến
1
t x
x
 
, ta thu được
5
2
2
ln
I t tdt



.
+ Sử dụng công thức tích phân từng phần, thu được kết quả
5
25ln
9
2
2ln2
8 16
I
  
.
Câu IV. * + Giả sử hình chiếu của S trên mặt đáy là điểm H. Khi đó, ,
BD SH BD SB BD HB
   
. Do đó,
/ /
HB AC
.
+ Góc giữa (SBD) và mp đáy là

0
60
SBH 
. Tính SH trong tam giác vuông SHB:
0
.sin60 6
SH SB a
  .

+ Từ diện tích mặt đáy bằng
2
a
, suy ra
3
.
6
3
S ABCD
a
V  .
* Khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC:
+ Kẻ đường thẳng qua C song song với BD, đường thẳng này cắt HB tại K.
Khi đó,










, , ,
d BD SC d BD SCK d B SCK
 
+ Ta tính được:
2
, 2

2
a
BK HB a
  . Do đó,
 
 
 
 
1
, ,
3
d B SCK d H SCK

+ Dễ thấy


CK SHK
 nên trong mp(SHK) kẻ
HI SK

thì


HI SHK
 . Vậy
 
 
1
,
3

d B SCK HI
 .
+ HI là đường cao trong tam giác vuông SHK nên
3 14
7
a
HI  . Từ đó khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC là
14
7
a
.
Câu V. Tham khảo cách dùng BĐT Nesbit.


II. PHẦN RIÊNG.
Câu VIa. 1. + Gỉa sử đường thẳng AB có VTPT là


1
;
n a b

với
2 2
0
a b
 
. Phương trình AB:
 



1 3 0
a x b y
   
.
+ Dễ thấy ABC là tam giác đều nên góc giữa hai đường thẳng AB và BD là
0
30
. Do đó,
0
2 2
30
2.
a b
cos
a b



.
Từ đó,
1, 2 3
1, 2 3
a b
a b

   

   




+ Xét 2 trường hợp của đường thẳng AB và vì B có hoành độ lớn hơn 1 nên thu được B(2;2).
+ Có phương trình AB, suy ra phương trình CD


4; 4
D
  
.
+ Đường thẳng AC đi qua trung điểm I(-1;-1) của BD và vuông góc với BD có phương trình AC:
2 0
x y
  
.
Cho AC cắt AB được


3 1; 3 1
A
  
, cho AC cắt CD được


3 1; 3 1
C
  
.
2. + d đi qua C và d nằm trong




nên


C

 . Suy ra


; ;2 2
C x y x y
 . Do tam giác ABC vuông cân tại C nên
. 0
CB CA
CB CA







 
. Từ đó,


2;3; 2
C


.
+ Giả sử VTCP của d là


; ;
u a b c

. Vì d nằm trong



nên
. 0 2 2 0
u n a b c

    
 
(1).
+ d tạo với



góc
0
45
nên
0
.
sin 45
.

u n
u n



 
 
. Kết hợp với (1) ta được VTCP của d là:
1
5 84
;1;
37 37
u
 
 
 
 

hoặc


2
1;1;0
u

.
+ Có 2 đường thẳng thỏa mãn:
1
5
2

37
: 3
84
2
37
x t
d y t
z t

 


 



  

hoặc
2
2
: 3
2
x t
d y t
z
 


 



 


Câu VIb. + Đặt
z a bi z a bi
    
. Thay vào điều kiện (2) thu được
2 3 5
a b
 
. Dùng điều kiện
2 2
2 4
z a b
   
. Giải hệ suy ra a, b. Từ đó có 2 số phức z thỏa mãn:
1 2
13 3 3
1 3 ,
7 7
z i z i
    .
Câu VIb. 1. + Giả sử




; , ;

A A B B
A x y B x y
. Hai đường thẳng OA và OB vuông góc và A, B thuộc (E) nên suy ra được
2 2
1 1 25
144
OA OB
  . Áp dụng BĐT Côsi ta được
. 144
2 25
OAOB
 . Diện tích tam giác OAB nhỏ nhất khi OA = OB.
+ Từ các điều kiện ,
OA OB OA OB
 
và


,
A B E
 ta tìm được cặp điểm
12 12 12 12
; , ;
5 5 5 5
A B
   

   
   
hoặc ngược lại.

2. + Giả sử khoảng cách từ I đến mp(P) là
x
, bán kính đường tròn đáy là
r
. Khi đó,


2
2 2 2
3 3 27
r x x
   
.
+ Thể tích khối nón là:
2 2
1 1
(27 )
3 3
V r x x x

   . Áp dụng BĐT Côsi suy ra V lớn nhất khi
3
x

.
+


2 ; 2 ; 1 3
I d I t t t

      . Khoảng cách từ I đến (P) bằng 3, suy ra
1
7
11
t
t
 






+ Có hai mặt cầu thỏa mãn:
     
2 2 2
1 1 4 27
x y z
     
hoặc
2 2 2
29 14 10
27
11 11 11
x y z
     
     
     
     
.

Câu VIIb. + Giải phương trình được:
3
1
3 2
i
z i e


   ,
6
2
1 3 2
i
z i e


  
+
2012 2012 2012
1 2
2
A z z   