Đ.A ĐỀ THI ĐẠI HỌC 2012(đề 4)

Tuơng tự BH AD.. Do đó, H là trực tâm của tam giác ABD.. Mà ACBD nên H thuộc đường thẳng AC.. O là giao điểm của AC và BD... Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC.

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

x  x  m + d cắt (C) tại hai điểm phân biệt P và Q m 4 hoặc m 0

Câu II 1 + Điều kiện: cosx 0 và sinx 0

1

1

x

x cosx





sin x 1 cos x 1cosx 1cosx

+ Phương trình đã cho trở thành: 3 2 2 1 

1cosx cosx cosx

2



2 + Điều kiện: 1 1

3

x

    hoặc 1 1

3x

+ Bình phương hai vế của bpt: 3 12 1 3 1

4



  (Dạng cơ bản: f x g x ) Xét hai trường hợp:

3

x

    : thỏa mãn

* 1 1

3x : Bình phương hai vế:

4

2

3 1

3 1

x x





+ Nghiệm của bpt: 1 1

3

x

    hoặc 1 1 2 13



Câu III + Đổi biến t 3x1, ta thu được

4

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 A1200 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: tan 600 3 3

2

a

+ Từ diện tích mặt đáy bằng

2

a

AC BD  , suy ra

3

3 4

S ABCD

a

* 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

2

x y z   xyyzzx

+ Chứng minh:   

a b c b c a b a c c a b c a b a c b

II PHẦN RIÊNG

Câu VIa 1 + Gọi I là trung điểm của BC Khi đó, I a ;5 2 ad1 Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC Từ hệ thức

2 5 12 4

AG GI G   

 

Gd a  I 

 

+ Đường thẳng BC qua I và vuông góc với d nên có PT: 1 2 25 0

2

    

2 + Giả sử VTPT của (P) là n a b c ; ; 

.Vì  nằm trong  P nên n u  d  0 2a3b c 0 c 3b2a

(1)

+  đi qua M1; 2; 2  và  nằm trong  P nên M P  P :a x 1b y 2c z 20

+ Khoảng cách từ I đến (P) là:  

; ( )

b a

d I P



+ Chia cả tử số và mẫu số cho b , đặt 2 t a

b

 rồi kshs  

2 2

4 28 49

5 12 10

f t



  , suy ra

max

a

b

+ Chọn a22,b23 c 25 PT mặt phẳng  P : 22x23y25z260

Câu VIb + Đặt z a bi  z a bi Thay vào điều kiện thu được

0, 3

,

  





    



+ Kết quả: z 3 hoặc z  3

Câu VIb 1 + Xét hai trường hợp hai đường tròn C1 và  C2 : tiếp xúc ngoài nhau; tiếp xúc trong nhau Bằng cách sử dụng BĐT: OI2 OAAI2 và AI2 2R2, ta chứng minh được bán kính R của đường tròn 2  C2 là nhỏ nhất là bằng 1 khi O A I thẳng hàng và hai đường tròn, , 2  C1 và  C2 : tiếp xúc trong nhau.(O là tâm của đường tròn  C1 và R  ) 1 8

+ Giả sử I2a b;  Từ các điều kiện  

2

21

5

a

b









2 + Xét 3 điểm A, B, C lần lượt nằm trên ba đường thẳng d1,d2,d3 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 )





      



+ 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

x y z

Câu VIIb + Biến đổi đưa về phương trình tích: 3x2x13 2.3  x13 3x16 Xét hai trường hợp: 0

* 3x13 2 x Sử dụng tính đơn điệu,  nghiệm duy nhất x 2

* 2.3x13 3x16= 0 Đặt ẩn phụ t  3x 16, t 42t2 t 45   0 t 5 x2

+ Vậy PT có nghiệm duy nhất: x 2

GV Đinh Văn Trường Trường THPT Nghèn 2011 - 2012