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… . A. A'BC' 1 V V 2 Cách 1. 3 A. A'BC' A& apos;BC' 1 a 2 V BA.S 3 6 . Do đ 3 M .A& apos;BC' a 2 V 12 Cách 2. 2 2 2 3 ABC .A& apos;B'C' C'.ABC A. A'BC'. C'.ABC A. A'BC' B .A& apos;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 d ng khai triển Niu-tơn: 5 10 k k k 2 k 5 10 k. ta đ ợc 2 2 a 2 3 MC' MB a a 2 2 . * Thể tích c a khối chóp M .A BC’: D ng phương pháp so sánh thể tích + Vì M là trung điểm c a AB nên M .A& apos;BC' A. A'BC' 1 V