Đ.A ĐỀ THI THỬ KHỐI D LẦN 1 NĂM 2012

Giả sử AG cắt BC tại I.. Dùng tam giác vuông SGK trong Cách 1 để tính SK.. * Trường hợp còn lại không xảy ra.. Khi đó H là trung điểm của AB.. Do đó, độ dài đoạn AB nhỏ nhất  độ dài đoạ

1

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ LẦN 1 Câu I 2 + A 0;0  Phương trình tiếp tuyến  y = 2x:

+ 2; 1 



nd m; 1 Tiếp tuyến tạo với đường thẳng d một góc 450   





 

cos n , n

2

3 hoặc m 3

Câu II 1 + Điều kiện: sin x0 x k

+ Phương trình đã cho

2

2cosx 1 1 cosx  3 sin x 2cosx 1 

1







+ 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

x log x 5 6 x x  1 x 0

+ Nhận xét: với 0x3 thì log x2 log 32 5 5 x log x2 5 0

2

2







+ Nghiệm của bpt: 5 x 3

+ Chia cả 2 vế của PT cho x42 ta được:

2

x 4

x 4

 



 (Vì x 4không phải là nghiệm của PT) + Đặt

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 t , t thuộc khoảng 1 2 3;1

5

+ Biến đổi PT (*) m 4t 1

t

   (Dạng f x m) KSHS f t  4t 1

t

  , với t 3;1

5

  

suy ra 4 m 37

5 3

2 * Cách 1 + Theo BĐT Côsi 0 xy 1

4

16

+ Biến đổi  

 

2

2

t xy

t

16

 , lập bảng biến thiên suy ra

GTNN của P bằng 289

16 Đạt được

1

2

2

* Cách 2 Dùng phương pháp:”Chọn điểm rơi trong BĐT Côsi’’

+ Ta có:

16

và

16

+ Nhân từng vế của hai BĐT trên 

 

32

1

P 289

16 xy

xy



  Từ đó, P 289

16



Câu IV 1 * Tam giác vuông SGA: SG SA sin 600 3a 3

2

2

+ Đặt AC2xABx và BCx 3 Giả sử AG cắt BC tại I Ta có AI 3AG 9a

  Sử dụng định lí Pitago

cho tam giác vuông ABI, suy ra x 9a 7

17

+ Từ diện tích mặt đáy bằng

2

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 / /BC GK AG 2 GK 2BI 3a 21

+ Trong tam giác vuông SGK có: 1 2 12 1 2 GH 3a 3

GH GS GK   32 Do đó, d C, SAB    9a 6

8



Cách 2 + Ta có     S.ABC S.ABC

SAB

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 sin A, b2R sin B, c2R sin C    2

sin Bsin C cos B C

sin A

+ Lại có 2sin B sin Ccos B C  cos B C  , cos B C   cos A và sin A2  1 cos A2 nên ta thu được:

cos A cos B C cos A 1   0

* cos A 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

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