Đ.A ĐỀ THI THỬ KHỐI D LẦN 2 NĂM 2012

GV. Đinh Văn Trường Trường THPT Nghèn 2011 - 2012

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ LẦN 2
Chăm chỉ nhé!


Câu I. 2. + Ta có
2
x 1 y 2 m
y' 0 3x 3 0
x 1 y 2 m
   

     

     

. Do đó, với mọi
m R

đồ thị hàm số luôn có
cực đại và cực tiểu là




A 1;2 m ,B 1; 2 m
    .
+ Phương trình đường thẳng đi qua các điểm cực đại và cực tiểu là:
x 1 y 2 m
2x y m 0

2 4
  
    

+ Khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng d là
1
2 5
m
1 1
m
2
5 2 5
    
.
Câu II. 1. + Điều kiện:
1
tan x
3


   
x k
6

+ Phương trình đã cho


2
2sinxcosx cosx 2 1 sin x 3sin x 0
     

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







cosx 2sinx 1 2sinx 1 sinx+2 0
    




2sinx 1 cosx sinx+2 0
   
x k2
1
6
sinx
5
2
x k2
6



  

  



  



+ Đối chiếu điều kiện

Nghiệm của PT:
5
x k2
6

  
.
2. + Biến đổi PT (2) của hệ




2 2
2x 5xy 2y 0 x 2y 2x y 0
       
. Xét hai trường hợp:
*
x 2y


: Thay vào PT (1) ta thu được nghiệm




x;y 0;0
 hoặc




x;y 2;1

*
2x y

: Thay vào PT (1) ta thu được nghiệm




x;y 0;0
 hoặc




x;y 1; 2
  

+ Vậy hệ có 3 nghiệm:




x;y 0;0
 hoặc




x;y 2;1
 hoặc




x;y 1; 2
  
.
Câu III. 1. + Đk:
x 0


+ Biến đổi đưa về phương trình tích:
 
2 2 6
1
log x log x 2log x 2 0

2
 
 
   
 
 
 
. Có hai trường hợp:
*
2
1
log x 0
2
 
x 2
 

*


2 6
log x 2log x 2
 
 
2
2 6
log x log x 2
   . Đặt
t
2

log x t x 2
  
. PT trở thành:


2
t
6
t log 2 2
 
 
t t t
2
t t t t t
4 2 1
2 2 6 4 4.2 4 6 4. 4. 1
6 6 6
     
          
     
     
. Hàm số
 
t t t
4 2 1
f t 4. 4.
6 6 6
     
  
     

     

nghịch biến nên PT có nghiệm duy nhất
t 2 x 4
  
.
+ Vậy PT có 2 nghiệm
x 2

hoặc
x 4

.
2. + Sử dụng hai giới hạn đặc biệt:
x
x 0
e 1
lim 1
x



và
x 0
sinx
lim 1
x


.

+ Biến đổi
2x
x 0 x 0
e 1 x
I lim . .2cosx lim2cosx 2
2x sinx
 
 

  
 
 
.

GV. Đinh Văn Trường Trường THPT Nghèn 2011 - 2012


Câu IV. 1. *.Ta chứng minh
MN AA'

và
MN BC'

bằng cách chứng minh hai tam giác NAA’ và MBC’ là
các tam giác cân.
+ Vì NA và NA’ là các trung tuyến ứng với cạnh huyền BC’ của các tam giác vuông BAC’ và BA’C’ nên NA =
NA’.
+ Tính MC’ và MB nhờ định lí Pitago ta được
2
2

a 2 3
MC' MB a a
2 2
 
   
 
 
 
.

* Thể tích của khối chóp M.A’BC’: Dùng phương pháp so sánh thể tích
+ Vì M là trung điểm của AB nên
M.A'BC' A.A'BC'
1
V V
2

Cách 1.
3
A.A'BC' A'BC'
1 a 2
V BA.S
3 6
  . Do đó
3
M.A'BC'
a 2
V
12


Cách 2.
2 2 2 3
ABC.A'B'C' C'.ABC A.A'BC' B.A'B'C' A.A'BC'
a 1 a 1 a a 2
V V V V V a 2. a 2. a 2.
2 3 2 3 2 6
       
2. + Sử dụng khai triển Niu-tơn:
   
5 10
k k
k 2 k
5 10
k 0 k 0
P x C 2x x C 3x
 
 
 

+ Số hạng chứa
4
x
của P là
   


3 2
3 2 2 4 3 2
5 10 5 10
xC 2x x C 3x x 8C 9C

  
+ Hệ số của
4
x
là
3 2
5 10
8C 9C
 = 485.
Câu V. 1. + Đường thẳng AC đi qua điểm


A 2;1
và vuông góc với đường cao kẻ từ B nên có phương trình:
AC:
3x y 7 0
  
.
+ Giải hệ
3x y 7 0 x 4
x y 1 0 y 5
   
 

 
    
 
. Vậy



C 4; 5


+ Gọi M là trung điểm của AB. Khi đó


M m; m 1
 
thuộc trung tuyến kẻ từ C. Sử dụng công thức tọa độ trung
điểm


B 2m 2; 2m 3
   
. Vì điểm B thuộc đường cao kẻ từ B nên


2m 2 3 2m 3 7 0 m 0
       

Vậy


B 2; 3
 
.
2. + Tâm I và bán kính R của đường tròn (C) là


I 2;3

và
R 5

.
+ Điểm


M 2a 3;a d
 
. Khi đó
   
2 2
MI 2R MI 10 2a 1 a 3 100
       
1 451
a
5

 
Vậy có hai điểm M thỏa mãn…