Đ.A ĐỀ THI THỬ KHỐI D LẦN 1 NĂM 2012

1

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ LẦN 1
Câu I. 2. +


A 0;0

Phương trình tiếp tuyến
: .

y = 2x

+


2; 1



n ,




n m; 1
d
. Tiếp tuyến tạo với đường thẳng d một góc
0
45
 



  

 
d
2
2m 1
1
cos n ,n
2
5. m 1

 
1
m
3
hoặc
 
m 3
.
Câu II. 1. + Điều kiện:
sin x 0

  
x k

+ Phương trình đã cho



2
1 cosx 2sin x 3sin x 2cosx 1
    






1 cosx 2 1 cosx 1 cosx 3sin x 2cosx 1
      








2cosx 1 1 cosx 3 sin x 2cosx 1
    
1 x k2
cosx
x k2
3
2
3
1
sin x x k2
3 sin x cosx 1

6 2


   





   



  



 

 
   
 


 


 


+ Đối chiếu điều kiện

Nghiệm của PT:
x k2
3

   
.
2. + Điều kiện:
0 x 3
 

+ Biến đổi đưa về phương trình tích:
 


2
2
xlog x 5 6 x x 1 x 0
     

+ Nhận xét: với
0 x 3
 
thì
2 2 2
5 5
log x log 3 x log x 5 0
3 x
     

.
+ Do đó Bpt
2
2
x 1
5
6 x x x 1 x
2
2x 3x 5 0


       

  


+ Nghiệm của bpt:
5
x 3
2
 
.
Câu III. 1. + PT
 


 
2
2 2
m x 4 x 2 4 x 2 x 4

       .
+ Chia cả 2 vế của PT cho
 
2
x 4
 ta được:
 
2 2
2
x 2 x 2
4 1 m
x 4
x 4
 
 


(Vì
x 4
 
không phải là nghiệm của PT).
+ Đặt
2
x 2
t
x 4



. PT trở thành:

2
4t 1 mt
  (*)
+ KSHS t theo biến x, lập bảng biến thiên

PT đã cho có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi PT (*) có hai nghiệm
phân biệt
1 2
t ,t
thuộc khoảng
3
;1
5
 
 
 
 
.
+ Biến đổi PT (*)
1
m 4t
t
  
. (Dạng


f x m

). KSHS
 

1
f t 4t
t
 
, với
3
t ;1
5
 

 
 
 
suy ra
37
4 m
5 3
 
.
2. * Cách 1. + Theo BĐT Côsi
1
0 xy
4
  
 
2
1
t xy 0;
16
 

  


 

+ Biến đổi
 
 
2
2
1 1
P 2 xy t 2
t
xy
     
. KSHS
 
1
f t t 2
t
  
, với
1
t 0;
16
 



 

, lập bảng biến thiên suy ra
GTNN của P bằng
289
16
. Đạt được
1
x y
2
  
.

2


* Cách 2. Dùng phương pháp:”Chọn điểm rơi trong BĐT Côsi’’
+ Ta có:
16
2 2 2
17
2 2 2 2
1 1 1 1
x x 17 x .
y 16y 16y 16y
 
     
 
 
và
16
2 2 2

17
2 2 2 2
1 1 1 1
y y 17 y .
x 16x 16x 16x
 
     
 
 

+ Nhân từng vế của hai BĐT trên


 
17
30
32
1
P 289
16 . xy
 . Mà
 
2
x y
1
xy
4 4

 
. Từ đó,

289
P
16

Câu IV. 1. * Tam giác vuông SGA:
0
3a 3
SG SAsin60
2
  và
0
3a
AG SAcos60
2
  .
+ Đặt
AC 2x AB x
  
và
BC x 3
 . Giả sử AG cắt BC tại I. Ta có
3 9a
AI AG
2 4
  . Sử dụng định lí Pitago
cho tam giác vuông ABI, suy ra
9a 7
x
17
 .

+ Từ diện tích mặt đáy bằng
2
1 1 81a 3
BA.BC x.x 3
2 2 56
  , suy ra
3
S.ABC
243a
V
112
 .
* Khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB):
Cách 1. + Kẻ
GK AB

và
GH SK

. Dễ thấy


GH SAB
 . Ta có:









d C, SAB 3.d G, SAB 3GH
 
+
GK AG 2 2 3a 21
GK / /BC GK BI
BI AI 3 3 14
      .
+ Trong tam giác vuông SGK có:
2 2 2
1 1 1 3a 3
GH
GH GS GK
32
    . Do đó,
 
 
9a 6
d C, SAB
8

Cách 2. + Ta có
 
 
S.ABC S.ABC
SAB
3.V 3.V
d C, SAB
1

S
SK.AB
2
 

. Dùng tam giác vuông SGK trong Cách 1 để tính SK.
2. + Sử dụng định lí hàm số sin trong tam giác:
a 2R sinA,b 2R sin B,c 2R sinC
  


 
2
sin BsinC
cos B C
sin A
 
+ Lại có




2sin Bsin C cos B C cos B C
   
,


cos B C cosA
   và
2 2

sin A 1 cos A
  nên ta thu được:



cosA cos B C cosA 1 0
 
  
 

*
cosA 0
 
Tam giác ABC vuông tại A.
* Trường hợp còn lại không xảy ra.
Câu V. 1. + Ta có




AH 2;2 2 1;1
 

là VTPT của BC và BC đi qua


M 5;5

Ph trình BC:
x y 10 0

  
.
+ Giả sử


B b;10 b BC
  . Sử dụng công thức tọa độ trung điểm


C 10 b;b
  .
+ Tính


CH b 9;3 b
  

và


AB b 1;9 b
  

và dùng điều kiện
CH AB CH.AB 0 b 9
    
 
hoặc
b 1


Vậy


B 9;1
và


C 1;9
hoặc


B 1;9
và


C 9;1
.
2. + Kẻ
IH AB

,
H AB

. Khi đó H là trung điểm của AB. Ta có
2
2 2 2 2
AB
IH R AH R
4

    , với
R 5
 là
bán kính đường tròn (C). Do đó, độ dài đoạn AB nhỏ nhất

độ dài đoạn IH lớn nhất. Mặt khác,
IH IM

. Từ đó,
AB nhỏ nhất khi và chỉ khi
H M

. Nói cách khác, đường thẳng d cần tìm là đường thẳng đi qua điểm M và vuông
góc với IM.
+ Ta có


I 1;2


IM 1; 1
  


Phương trình d:




1. x 2 1. y 1 0 x y 1 0

       
.


GV. Đinh Văn Trường Trường THPT Nghèn 2011 - 2012