Đ.A ĐỀ THI ĐẠI HỌC 2012(đề 4)

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 04 I. PHẦN CHUNG. Câu I. 2. + Tứ giác MNPQ là hình bình hành nên / /PQ MN  Phương trình đường thẳng : . d y m  + Phương trình hoành độ giao điểm của d với (C) là : 3 2 3 4 x x m    . + d cắt (C) tại hai điểm phân biệt P và Q 4 m    hoặc 0 m  . Câu II. 1. + Điều kiện: 0 cosx  và sin 0 x  + Ta có:     1 3sin 1 3 tan sin 3 1 1 tan sin 1 sin 1 x x x cosx cosx x x cosx x cosx                    và     2 2 sin 1 1 1 x cos x cosx cosx      + Phương trình đã cho trở thành:   3 2 2 1 1 cosx cosx cosx     1 2 2 2 3 cosx x k          2. + Điều kiện: 1 1 3 x     hoặc 1 1 3 x   + Bình phương hai vế của bpt:      2 3 1 1 3 1 4 3 1 3 1 x x x x x       (Dạng cơ bản:     f x g x  ). Xét hai trường hợp: * 1 1 3 x     : thỏa mãn. * 1 1 3 x   : Bình phương hai vế:        4 4 3 2 2 3 1 1 3 1 16 81 36 90 28 17 0 3 1 3 1 x x x x x x x x x                2 2 1 1 2 13 3 2 1 27 6 17 0 3 9 x x x x x           . + Nghiệm của bpt: 1 1 3 x     hoặc 1 1 2 13 3 9 x    . Câu III. + Đổi biến 3 1 t x   , ta thu được 4 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 10 2 9 2 9 1 1 ln 9 1 9 1 9 2 1 t t t I dt dt t t t t                          4 9 ln 9 5   . Câu IV. * + Giả sử hình chiếu của S trên mặt đáy là điểm H. Khi đó, , BD SA BD SH AH BD     . Tuơng tự BH AD  . Do đó, H là trực tâm của tam giác ABD. Mà AC BD  nên H thuộc đường thẳng AC. Từ giả thiết về hình thoi ABCD 0 120 A  nên H nằm trên tia đối của tia AC. + Góc giữa (SBD) và mp đáy là  0 60 SOH  . O là giao điểm của AC và BD. Vẽ riêng tam giác ABD, tính được 3 2 a OH  . Tính SH trong tam giác vuông SOB: 0 3 3 .tan60 2 a SH OH  . + Từ diện tích mặt đáy bằng 2 1 3 . 2 2 a AC BD  , suy ra 3 . 3 4 S ABCD a V  . * Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB: + Kẻ đường thẳng qua B song song với AC, đường thẳng này cắt AD tại K. Khi đó,           , , , d AC SB d AC SBK d H SBK   . Kẻ HI BK  và HJ SI  . Dễ thấy   HJ SBK  . Do đó   , d AC SB HJ  . Tính được 3 2 a HI  . Dùng tam giác vuông SHI, suy ra 3 3 4 a HJ  . Câu V. + Sử dụng BĐT:   2 2 2 2 x y z xy yz zx       + Chứng minh:                      4 a b c b c a b a c c a b c a b a c b b c c a c a a b a b b c                       II. PHẦN RIÊNG. Câu VIa. 1. + Gọi I là trung điểm của BC. Khi đó,   1 ;5 2 I a a d   . Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. Từ hệ thức 2 5 12 4 2 ; 3 3 a a AG GI G             . Mà 2 1 1 ;6 2 2 G d a I             . + Đường thẳng BC qua I và vuông góc với 1 d nên có PT: 25 2 0 2 x y    1 37 5 35 ; ; 6 6 6 6 C B                 . 2. + Giả sử VTPT của (P) là   ; ; n a b c  .Vì  nằm trong   P nên . 0 2 3 0 3 2 d nu a b c c b a           (1). +  đi qua   1; 2;2 M  và  nằm trong   P nên   M P          : 1 2 2 0 P a x b y c z        . + Khoảng cách từ I đến (P) là:       2 2 2 2 2 2 2 2 2 7 24 7 2 ;( ) 5 12 10 3 2 b ab c b a d I P a ab b a b c a b b a             + Chia cả tử số và mẫu số cho 2 b , đặt a t b  rồi kshs   2 2 4 28 49 5 12 10 t t f t t t      , suy ra 22 22 23 23 max a d t b     . + Chọn 22, 23 25 a b c     . PT mặt phẳng   : 22 23 25 26 0 P x y z     . Câu VIb. + Đặt z a bi z a bi      . Thay vào điều kiện thu được 0, 3 3 3 , 2 2 b a a b             . + Kết quả: 3 z  hoặc 3 z  . Câu VIb. 1. + Xét hai trường hợp hai đường tròn   1 C và   2 C : tiếp xúc ngoài nhau; tiếp xúc trong nhau. Bằng cách sử dụng BĐT: 2 2 OI OA AI   và 2 2 2 AI R  , ta chứng minh được bán kính 2 R của đường tròn   2 C là nhỏ nhất là bằng 1 khi 2 , , O A I thẳng hàng và hai đường tròn   1 C và   2 C : tiếp xúc trong nhau.(O là tâm của đường tròn   1 C và 1 8 R  ). + Giả sử   2 ; I a b . Từ các điều kiện   2 2 2 1 2 2 2 2 21 7 21 28 5 : 1 2 1 28 5 5 5 a OI R R C x y AI R b                                    . 2. + Xét 3 điểm A, B, C lần lượt nằm trên ba đường thẳng d 1 ,d 2 ,d 3 . Ta có A(t;4–t ;-1+2t); B(u;2–3u;-3u) và C(-1+5v;1+2v;-1+v). + A, B, C thẳng hàng và AB = BC  B là trung điểm của AC ( 1 5 ) 2 4 (1 2 ) 2.(2 3 ) 1 2 ( 1 ) 2( 3 ) t v u t v u t v u                       . + Giải hệ trên được: t = 1; u = 0; v = 0. Suy ra A (1;3;1); B(0;2;0); C (- 1; 1; - 1). + Đường thẳng  đi qua A, B, C có phương trình 2 1 1 1 x y z    . Câu VIIb. + Biến đổi đưa về phương trình tích:     3 2 13 2.3 13 3 16 0 x x x x       . Xét hai trường hợp: * 3 13 2 x x   . Sử dụng tính đơn điệu,  nghiệm duy nhất 2 x  * 2.3 13 3 16 x x    = 0. Đặt ẩn phụ 3 16 x t   , 4 t  2 2 45 0 5 2 t t t x         + Vậy PT có nghiệm duy nhất: 2 x  . GV. Đinh Văn Trường Trường THPT Nghèn 2011 - 2012 . ABCD 0 120 A  nên H nằm trên tia đ i c a tia AC. + Góc gi a (SBD) và mp đ y là  0 60 SOH  . O là giao điểm c a AC và BD. Vẽ riêng tam giác ABD, tính đ ợc 3 2 a OH  . Tính SH trong tam. hình chiếu c a S trên mặt đ y là điểm H. Khi đ , , BD SA BD SH AH BD     . Tuơng tự BH AD  . Do đ , H là trực tâm c a tam giác ABD. Mà AC BD  nên H thuộc đ ờng thẳng AC. Từ giả thi t về. 3 .tan60 2 a SH OH  . + Từ diện tích mặt đ y bằng 2 1 3 . 2 2 a AC BD  , suy ra 3 . 3 4 S ABCD a V  . * Khoảng cách gi a hai đ ờng thẳng AC và SB: + Kẻ đ ờng thẳng qua B song song với AC,