ĐÁP ÁN ĐỀ THI SỐ 02

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 02 I. PHẦN CHUNG. Câu I. 2. + Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng   1 y m x   với đồ thị (C) là   3 2 3 4 1 x x m x        2 1 4 4 0 x f x x x m            . Điều kiện để d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt là 8 m  + Giả sử 1 1 2 2 ( ; ( 1)), ( ; ( 1)) A x m x B x m x   . Khi đó, 1 2 1 2 2 1 2 2 3 x x MA MB x x           . Sử dụng định lí Vi-et 1 81 m m         Câu II. 1. + Nhân cả hai vế của phương trình với cosx và dùng công thức nhân đôi : 2 2 2 1 cos x cos x   + Phương trình đã cho trở thành:   3 2 3sin 2 2 2 s 4 s 2 0 x cosx co x co x cosx           2 3sin 2 2 2 0 cosx x cos x      3sin 2 2 2 x cos x     + Nghiệm của phương trình: 3 x k      2. + Đặt 2 3 x u   và 5 2 x v   . Khi đó, 2 2 2 u v   (*) và 2 2 4 8 u v x    . + Phương trình đã cho trở thành:         2 2 2 2 5 5 2 8 3 2 2 8 v u u u v v uv u v uv uv             (**). + Từ (*) và (**) ta có:       3 2 2 2 3 5 2 2 4 6 0 3 2 3 5 2 3( ) u v x x u v u v u v u v x x VN                             + Nghiệm của phương trình đã cho là: 2 x  Câu III. + Đổi biến t cosx  , ta thu được 1 2 0 1 dt I t    . Sau đó, đổi biến tan t u  , ta thu được 4 0 du I cosu    . + Ta có:   4 4 4 4 2 2 0 0 0 0 sin 1 1 sin ln ln 1 2 1 sin 2 1 sin du cosudu d u x I cosu cos u u x                 . Câu IV. + Trong mp(SAC) kẻ , . SH AC H AC   Vì ( ) ( ) SAC ABCD  nên ( ) SH ABCD  . + O là giao điểm AC và BD. Kẻ AK SO  , vì   BD AC BD SAC BD AK      . Do đó,   AK SBD  . Vậy AK a  . + Tam giác ABD đều nên BD a  . Trong tam giác vuông AOB 3 2 a AO  .Tam giác SAC vuông tại S nên 3 2 a SO  2 2 1 3 3 . 2 4 2 SAO SAC a a S AK SO S       . Mà 1 . 2 SAC S SH AC   nên SH a  . Từ diện tích mặt đáy bằng 2 3 2 a , suy ra 3 . 3 6 S ABCD a V  . Câu V. + Từ PT (2) của hệ suy ra 2 2 7 9 y x x     (*). + Chia hai vế của PT (1) cho 2 y ta được: 2 2 2 2 4 2 2 2 2 1 2 1 1 6 2 2 2 2 1 6 2 2 0 x x x x x y y y y y                      2 2 2 1 1 2 1 6 2 2 0 x x y y                     . + Đặt 2 2 2 2 2 1 1 1 1t x t x y y                    và 2 1 2 6 2 2 0 x t y            . Do đó, 2 2 1 3 2 2 t t           . Tìm được 2 2 t  (Vì 0 t  ). Do đó, 2 1 3 x y   (**). + Thay (*) vào (**) tìm được nghiệm của hệ đã cho là: (2;1),(2; 1),(4 2; 2 1),(4 2; 2 1)       . II. PHẦN RIÊNG. Theo chương trình Chuẩn Câu VIa. 1. + Ta có   0; 2 AH   . BC đi qua M và có VTPT là AH   Phương trình BC: 0 y  . +   ;0 B b BC  . Khi đó,   2 ;0 C b  . Sử dụng điều kiện 2 . 0 2 3 0 AC BH AC BH b b          . + Do B có hoành độ âm nên chọn   1;0 B  . 2. + Tọa độ điểm   1; 2;0 M  + Tọa độ điểm N: Gọi d là đường thẳng qua A và vuông góc với mp(P) 1 : 2 2 1 2 x t d y t z t              . Thay , , x y z vào PT của (P): 9 9 0 1 t t      . Vậy   0;0; 1 N  . + Độ dài đoạn 6 MN  . Câu VIIa.            2 3 4 2 3 4 3 4 25 1 2 25 5 10 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 i i i i i z i i i i i i                 . Theo chương trình Nâng cao Câu VIb. 1. + Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, K là giao điểm của BI với AC. Khi đó,   1;0 I và 3 IK  . + Giả sử  là đường thẳng đi qua điểm   3; 3 A   và có VTPT là   ; n a b  , với 2 2 0 a b   . Phương trình đường thẳng  :     3 3 0 a x b y     3 3 0 ax by a b      .  là tiếp tuyến của đường tròn   2 2 1 9 x y    khi   , 3 d I   2 2 0, 1 4 3 3 7 1, 24 a b a b a b a b               . Ta có hai tiếp tuyến: 3 0 24 7 51 0 y x y         . Vì đường tròn   2 2 1 9 x y    nội tiếp tam giác ABC nên một trong hai tiếp tuyến là đường thẳng AB, tiếp tuyến còn lại là đường thẳng AC. + Vì điểm B có tung độ khác – 3 nên đường thẳng AB có PT là: 24 7 51 0 x y    , còn AC: 3 0 y   . Giả sử   ; 3 K m AC   , từ 3 IK    1 1; 3 m K     . Phương trình đường thẳng : 1 IK x  . Suy ra 75 1; 7 B       + Đường thẳng BC là tiếp tuyến của đường tròn   2 2 1 9 x y    kẻ từ B :24 7 99 0 BC x y     . 2. + Phương trình mp(ABC): 2 1 0 x z    . Bốn điểm A, B, C, D đồng phẳng và là bốn đỉnh của một hình thang ( ) D ABC   . Mà ( ) D P  nên D thuộc giao tuyến  của hai mặt phẳng (P) và (ABC).   1 4 ;2 3 ;2 D t t t     . + A, B, C, D là bốn đỉnh của một hình thang khi / / AB CD hoặc / / AD CB . Xét hai trường hợp: * / / AB CD : Vì  có một VTCP là   4;3;2 u AB    nên C phải thuộc    C P   . Kiểm tra thấy   C P  . * / / AD CB : Ta có   4 ;4 3 ;2 AD t t t   và   2;1;1 CB  . Hai vectơ AD  và BC  cùng phương 4 4 3 2 4 2 1 1 t t t t        Vậy   17; 10; 8 . D    Câu VIIb. Ta có: 2 2 2 1 1 1 5 z z z       . GV. Đinh Văn Trường Trường THPT Nghèn 2011 - 2012 . HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 02 I. PHẦN CHUNG. Câu I. 2. + Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng   1 y m x . SO  , vì   BD AC BD SAC BD AK      . Do đó,   AK SBD  . Vậy AK a  . + Tam giác ABD đều nên BD a  . Trong tam giác vuông AOB 3 2 a AO  .Tam giác SAC vuông tại S nên 3 2 a SO