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 . Ta có: 16 2 2 2 17 2 2 2 2 1 1 1 1 x x 17 x . y 16 y 16 y 16 y và 16 2 2 2 17 2 2 2 2 1 1 1 1 y y 17 y . x 16 x 16 x 16 x + Nhân từng vế c a hai. AC 2x AB x và BC x 3 . Giả sử AG cắt BC tại I. Ta có 3 9a AI AG 2 4 . Sử d ng đ nh lí Pitago cho tam giác vuông ABI, suy ra 9a 7 x 17 . + Từ diện tích mặt đ y bằng 2 1 1. 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 đ , 9a 6 d C,