ĐÁP ÁN ĐỀ THI SỐ 02

Vì SACABCD nên SH ABCD.. + Tam giác ABD đều nên BDa... Theo chương trình Chuẩn Câu VIa.. + Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, K là giao điểm của BI với AC.. Vì đường tròn

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 02

I PHẦN CHUNG

Câu I 2 + Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng ym x 1 với đồ thị (C) là 3 2  

  2

1

x

 



 

    



Điều kiện để d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt là m 8

+ Giả sử A x m x( ; (1 11)), ( ; (B x m x2 21)) Khi đó, 1 2

2



  



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 : cos x2 2cos x2 1

+ Phương trình đã cho trở thành:   3 2

3 sin 2x cosx2 2cos x4cos xcosx  2 0

cosx 2  3 sin 2x cos x2 2 0

      3 sin 2x cos x 2   2

+ Nghiệm của phương trình:

3



  

2 + Đặt 2x3 và 5 2x u   Khi đó, v u2v2  (*) và 2 u2v2 4x 8

+ Phương trình đã cho trở thành:  2 2  2 2   

5v u u 5u v v 2 8uv uv 3 2 uv  2 8uv (**)

+ Từ (*) và (**) ta có:  3 4 2   6 0 2 2 3 5 2 2

u v u v u v





+ Nghiệm của phương trình đã cho là: x 2

Câu III + Đổi biến tcosx, ta thu được

1

2

dt I

t





 Sau đó, đổi biến ttanu, ta thu được

4

0

du I

cosu





sin 1 1 sin

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, vìBD 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 

S AK SO S

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

Câu V + Từ PT (2) của hệ suy ra y2  x27x (*) 9

+ Chia hai vế của PT (1) cho y ta được: 2

2 2

x

2

          

+ Đặt

2

         

và 2 x 12 t 6 2 2 0

y

Do đó,

2 2

2

t

t     

  Tìm được

2 2

t  (Vì t 0) Do đó, x 12 3

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 AH0; 2 

BC đi qua M và có VTPT là AH



 Phương trình BC: y  0 + B b ; 0BC Khi đó, C2b; 0 Sử dụng điều kiện ACBH  AC BH 0b22b 3 0

+ Do B có hoành độ âm nên chọn B  1; 0

2 + Tọa độ điểm M1; 2; 0 

+ Tọa độ điểm N: Gọi d là đường thẳng qua A và vuông góc với mp(P)

1

1 2

 





    

  



Thay x y z, , vào PT của (P):

9t 9 0  t 1 Vậy N0;0; 1 

+ Độ dài đoạn MN  6

2

5 10

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, I1; 0 và IK 3 + Giả sử  là đường thẳng đi qua điểm A   3; 3 và có VTPT là n a b ; 

, với 2 2

0

a b  Phương trình đường thẳng :

 3  3 0

a x b y  ax by 3a3b 0  là tiếp tuyến của đường tròn  2 2

x y  khi d I   ,  3

0, 1

4 3

1,

24

a b

a b

a b

a b



   





Ta có hai tiếp tuyến: 3 0

y

x y

 







Vì đường tròn  2 2

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: 24x7y51 , còn AC: 0 y   3 0

Giả sử K m ; 3 AC, từ IK 3m 1 K1; 3  Phương trình đường thẳng IK x : 1 Suy ra 1;75

7

B 

+ Đường thẳng BC là tiếp tuyến của đường tròn  2 2

x y  kẻ từ B BC: 24x7y99 0

2 + Phương trình mp(ABC): x2z 1 0 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) D 1 4 ; 2 3 ; 2t  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 u4;3; 2AB

nên C phải thuộc C P Kiểm tra thấy C P

* AD/ /CB: Ta có AD4 ; 4 3 ; 2t  t t

và CB2;1;1

Hai vectơ AD

và BC

t



Vậy D  17; 10; 8   

Câu VIIb Ta có: z2 1 z2  1 z2  1 5