Đ.A ĐỀ THI THỬ KHỐI D LẦN 3 NĂM 2012

Đừng bao giờ để những thất vọng của ngày hôm qua che mờ những giấc mơ rực sáng của ngày mai Câu I... * Thể tích của khối chóp S.ABC: + Giả sử hình chiếu vuông góc của S trên mpABC là I

GV Đinh Văn Trường Trường THPT Nghèn 2011 - 2012

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ LẦN 3

Chăm chỉ nhé!

Đừng bao giờ để những thất vọng của ngày hôm qua che mờ những giấc mơ rực sáng của ngày mai

Câu I 2 + Ta có y ' 0 x 1 y 2



  



Do đó, cực đại và cực tiểu là A 1; 2 , B 3; 2    

+ Phương trình đường thẳng đi qua các điểm cực đại và cực tiểu là: x 1 y 2 2x y 4 0

M a;a 6a 9a2  C Khi đó, MAB  

1

2



 

M 0; 2

a 0





 

 

Có hai tiếp tuyến: y9x hoặc y2 9x 34

Câu II 1 + Biến đổi:

sin x cos x s inx cos x 1 sin x cos x s inx cos x 1

2

  và 1 sin 2x s inxcos x2 + Đặt nhân tử chung ta được

t anx 1

s inx cos x 0

t anx 1 sin 2x 3

3cos2x sin 2x 2

3

 



 



+ Nghiệm của PT: x k

4



    hoặc x k

12



  

2 + Đk: x0, y 0

+ Biến đổi PT (2) của hệ log3 y 1 y 3x

x

    Thay vào PT (1) ta được: log 3x3  log x 3

     Lôgarit hóa (cơ số 3) ta được: log x23 log x3  2 0

+ Nghiệm của hệ: x; y  3;9 hoặc x; y 1 1;

9 3

 

Câu III 1 + BPT x22x 6 2x24x30 Đặt ẩn phụ: t 2x24x3, t0 BPT trở thành:

t 2t 15 0





 



Do đó, t 3 2x2 4x 3 3 x 1





 



2 + Có 3 trường hợp xảy ra:

* Tổ 1 có 3 học sinh nữ, tổ 2 và tổ 3 có 2 học sinh nữ:

Xếp học sinh vào tổ 1: Chọn 3 nữ: có C37 cách, chọn 7 nam còn lại trong 26 hs: có C726 cách  có C37 C726 cách Xếp học sinh vào tổ 2: Chọn 2 nữ: có C24 cách, chọn 9 nam còn lại trong 21 hs: có C921 cách  có C24 C921 cách Xếp những học sinh còn lại vào tổ 3: có 1 cách

Trường hợp này có: 3

7

C C726.C24 C921.1 (cách)

* Tổ 2 có 3 học sinh nữ, tổ 1 và tổ 3 có 2 học sinh nữ: Trường hợp này có: C37.C826.C24.C188 (cách)

* Tổ 3 có 3 học sinh nữ, tổ 1 và tổ 2 có 2 học sinh nữ: Trường hợp này có: 3

7

C 9 26

C 2 4

C 8 17

C (cách) + Vậy số cách sắp xếp là: C37 C726.C24 C921+C37.C826.C24.C188 +C37.C926.C24.C817=…

GV Đinh Văn Trường Trường THPT Nghèn 2011 - 2012

Câu IV 1 * Thể tích của khối chóp S.ABC:

+ Giả sử hình chiếu vuông góc của S trên mp(ABC) là I và gọi J là trung điểm của AB Khi đó, SIAB và vì tam giác SAB là đều nên SJAB Do đó, IJABIJ / /AC Gọi K là giao điểm của BI với AC thì I là trung điểm của BK

+ Dễ thấy  0

ABK 30 AK AB tan 300 a IJ a

     Dùng tam giác vuông SIJ và chú ý SJ là đường cao

của tam giác đều SAB SI SJ2 IJ2 a 6

3

+ Từ diện tích tam giác ABC là

2

a 3 2

3 S.ABC

V

6

* Góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (ABC):

+ Kẻ IMAC thì SMAC nên góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (ABC) là SMI 

+ IM là đường trung bình của tam giác ABK nên IM a

2

 Dùng tam giác vuông SIM:  IM 6

cot SMI

a  b c 3 abc a b c 27abc

+ Theo BĐT Bunhia:  2  2 2 2

a b c 3 a b c 12 abc + Do đó: 27abca b c3 a b c a   b c2 a b c 12 abc a b c 9 abc

4

Câu V 1 + Đường thẳng BC vuông góc với đường đường trung trực của BC nên có phương trình: x y m 0



Vậy C m 3; 2m 3   

+ Gọi A’ là trung điểm của BC Giải hệ

m

x 3

y 3

2



 



  





Do đó A ' 3 m;3 m

thức tọa độ trung điểm B 9 2m;9 m    C ' 7 m;11 m

2



+ Vì điểm C’ thuộc đường trung tuyến CC’ nên 2 7 m 11 m 3 0 m 23



+ Vậy B 19 4;

3 3



14 37

2 + Giả sử tâm của đường tròn (C) là I a;0 Ox, a0

+ Vì (C) tiếp xúc với d nên 1  1

a 9

R d I, d

10



  , với R là bán kính đường tròn (C)

+ Gọi H là trung điểm của AB Khi đó:  2

2a 2

IH d I, d

5



+ Dùng định lí Pitago:

2

2

2a 22 a 92

10



2 2

10

