thử sức trước kỳ thi lời giải đề số 9 năm 2011

1 Bạn đọc tự giải.. Viết PT tiếp tuyến qua A ta thấy kết quả không có tiếp tuyến nào thoả mãn.. Kết luận: Không có tiếp tuyến nào thoả mãn bài ra.. Kết luận: PT có nghiệm duy nhất x4..

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 9 TẠP CHÍ TH&TT THÁNG 6 (SỐ 408) Câu I 1) Bạn đọc tự giải

3 0

0

x x

f x f

y





tại A

Trường hợp còn lại, do đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng và A Oy nên chỉ cần xét đồ thị

trên khoảng 0; , khi đó y x 33x2

Viết PT tiếp tuyến qua A ta thấy kết quả không có tiếp tuyến nào thoả mãn

Kết luận: Không có tiếp tuyến nào thoả mãn bài ra

Câu II 1) Đặt

x

4

y y  y y y y

được nghiệm duy nhất 5

4

y 

Từ đó tính được nghiệm là 5 4

x  

  2) Điều kiện của PT x0;5

Từ PT thứ hai của hệ ta tính được 2y 2  1

x

 Thay vào PT đầu ta được:

2

3x 4 5  x 3x 8x16 3x   4 4 1 5  x 3x28x16

* x4

    vô nghiệm trên 0;5 qua khảo sát hai vế PT này

Kết luận: PT có nghiệm duy nhất x4

34

3

Câu IV Đặt các điểm như hình vẽ Đặt AB a 0 , xác định SAH60 ;0 AK 6, tính được

S

K A C H

M

B

CâuV Ta có   2  2 2   2  2 2

P a  b  c  a  b  c

Xét không gian với hệ toạ độ Oabc (coi x, y, z tương ứng là a, b, c) Đặt điểm A1;3; 2 

B  M a b c thì P MA MB 

Ta thấy A, B nằm về một phía của mp  : 2a b c   1 0 Lấy điểm A' đối xứng của A qua  

ta được A' 3;1;0  Từ P MA MB   A B'  P 234 và toạ độ giao điểm của A'B với   là

AM a AH a HM a Trong tam giác vuông HSA có SH  AH.tan 600 a

Từ AM SH SM AK  a 2 13

V  S SH 

 1;2;3

I  , hay đẳng thức khi a 1;b2;c3

Kết luận: GTNN của P là 234

Câu VIa 1) Ta có ngay toạ độ điểm B 7;3

Từ BC  AB suy ra toạ độ C7t;3 2 , t t 0

Do CD ABD7 7 ;3 t t từ đó có toạ độ trung điểm I của CD là 7

t t

Từ các điểm I, C, M thẳng hàng ta tìm được t  1

Kết luận: toạ độ các đỉnh là: A       1;0 ,B 7;3 ,C 6;5 ,D 0;2

2) Do tâm của mặt cầu nội tiếp I cách đều các mặt phẳng toạ độ và các điểm A, B, C nằm trên các tia

Ox, Oy, Oz nên toạ độ I có dạng I t t t t ; ; , 0

PT mp(ABC) là 6x3y2z 6 0 Từ khoảng cách d I Oxy ,  d I ABC ,   cũng là bán kính của mặt cầu, ta tính được 1

3

t  ( với chú ý t x A)

Kết luận: PT mặt cầu là

Câu VIIa Đặt 1 *

,

n

z

   , dễ thấy S n S n1S n2 Suy ra

2011 2010 2009 2009 2008 2009 2008

S S S S S S  S Tương tự S2008  S2005, hay S2011S2005 Vậy S2011S2005   S11 do 2011 335.6 1 

Kết luận: S20111

Câu VIb 1) Các đường phân giác tạo bởi d d1; 2 là x3y 7 0; 6x2y 3 0

Do các cạnh của hình chữ nhật song song với đường phân giác này, nên ta có hai trường hợp:

Nếu PT cạnh phải tìm có dạng x3y m 0, từ toạ độ điểm M tìm được m 12

Nếu PT cạnh phải tìm có dạng 6x2y n 0, từ toạ độ điểm M tìm được n28

Kết luận: PT cạnh là x3y12 0 hoặc 6x2y28 0

2) Gọi điểm I là tâm hình vuông ABCD, dễ thấy ID1là hình chiếu của CD1lên mpBB C C1 1 nên

mp  phải tìm xác định bởi đường thẳng CD1 và đường thẳng nằm trong mpBB C C1 1 vuông góc với CD1tại D1

Ta có toạ độ CD1  1;0;1 Chú ý 1 1   1 1

1 1

2 2

ID    B D    ID B D

; mp  qua D1 và nhận CD B D 1, 1       1; 2; 1 làm vectơ pháp tuyến

Kết luận: PT của   là: x2y z  3 0

Câu VIIb D R ; y' 4 x32m5x m y ; " 12 x22m5

Để đồ thị tiếp xúc với trục Ox tại điểm x, điều kiện là: y x 0; 'y x 0; "y x 0

Từ yx21x24m x 1x2 ta có 3 trường hợp:

1) Với x 1, từ y' 1     0 m 2 y" 1  0

2) Với x2, từ y' 2     0 m 4 y" 2 0

2

x

x

 



 

9 4

m thoả mãn (*)

Kết luận: 9

4;2;

4

m   

Thái Nguyên, ngày 19/6/2011

Nhóm HS 12A1 trường PTDT Nội Trú Thái Nguyên

Chào tạm biệt các anh chị, mong các anh chị thi tốt!