Đ.A ĐỀ THI THỬ KHỐI D LẦN 1 NĂM 2012

2 168 0
Đ.A ĐỀ THI THỬ KHỐI D LẦN 1 NĂM 2012

Đang tải... (xem toàn văn)

Thông tin tài liệu

1 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ LẦN 1 Câu I. 2. +   A 0;0  Phương trình tiếp tuyến : .  y = 2x +   2; 1    n ,     n m; 1 d . Tiếp tuyến tạo với đường thẳng d một góc 0 45           d 2 2m 1 1 cos n ,n 2 5. m 1   1 m 3 hoặc   m 3 . Câu II. 1. + Điều kiện: sin x 0     x k + Phương trình đã cho   2 1 cosx 2sin x 3sin x 2cosx 1            1 cosx 2 1 cosx 1 cosx 3sin x 2cosx 1              2cosx 1 1 cosx 3 sin x 2cosx 1      1 x k2 cosx x k2 3 2 3 1 sin x x k2 3 sin x cosx 1 6 2                                             + 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 xlog x 5 6 x x 1 x 0       + Nhận xét: với 0 x 3   thì 2 2 2 5 5 log x log 3 x log x 5 0 3 x       . + Do đó Bpt 2 2 x 1 5 6 x x x 1 x 2 2x 3x 5 0                + Nghiệm của bpt: 5 x 3 2   . Câu III. 1. + PT       2 2 2 m x 4 x 2 4 x 2 x 4        . + Chia cả 2 vế của PT cho   2 x 4  ta được:   2 2 2 x 2 x 2 4 1 m x 4 x 4       (Vì x 4   không phải là nghiệm của PT). + Đặt 2 x 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 1 2 t ,t thuộc khoảng 3 ;1 5         . + Biến đổi PT (*) 1 m 4t t    . (Dạng   f x m  ). KSHS   1 f t 4t t   , với 3 t ;1 5          suy ra 37 4 m 5 3   . 2. * Cách 1. + Theo BĐT Côsi 1 0 xy 4      2 1 t xy 0; 16          + Biến đổi     2 2 1 1 P 2 xy t 2 t xy       . KSHS   1 f t t 2 t    , với 1 t 0; 16        , lập bảng biến thiên suy ra GTNN của P bằng 289 16 . Đạt được 1 x y 2    . 2 * Cách 2. Dùng phương pháp:”Chọn điểm rơi trong BĐT Côsi’’ + Ta có: 16 2 2 2 17 2 2 2 2 1 1 1 1 x x 17 x . y 16y 16y 16y             và 16 2 2 2 17 2 2 2 2 1 1 1 1 y y 17 y . x 16x 16x 16x             + Nhân từng vế của hai BĐT trên    17 30 32 1 P 289 16 . xy  . Mà   2 x y 1 xy 4 4    . Từ đó, 289 P 16  Câu IV. 1. * Tam giác vuông SGA: 0 3a 3 SG SAsin60 2   và 0 3a AG SAcos60 2   . + Đặt AC 2x AB x    và BC x 3  . Giả sử AG cắt BC tại I. Ta có 3 9a AI AG 2 4   . Sử dụng định lí Pitago cho tam giác vuông ABI, suy ra 9a 7 x 17  . + Từ diện tích mặt đáy bằng 2 1 1 81a 3 BA.BC x.x 3 2 2 56   , suy ra 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 AG 2 2 3a 21 GK / /BC GK BI BI AI 3 3 14       . + Trong tam giác vuông SGK có: 2 2 2 1 1 1 3a 3 GH GH GS GK 32     . Do đó,     9a 6 d C, SAB 8  Cách 2. + Ta có     S.ABC S.ABC SAB 3.V 3.V 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 sinA,b 2R sin B,c 2R sinC       2 sin BsinC cos B C sin A   + Lại có     2sin Bsin C cos B C cos B C     ,   cos B C cosA    và 2 2 sin A 1 cos A   nên ta thu được:   cosA cos B C cosA 1 0        * cosA 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 2 2 2 2 AB IH R AH R 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         . GV. Đinh Văn Trường Trường THPT Nghèn 2011 - 2012 . Ta có: 16 2 2 2 17 2 2 2 2 1 1 1 1 x x 17 x . y 16 y 16 y 16 y             và 16 2 2 2 17 2 2 2 2 1 1 1 1 y y 17 y . x 16 x 16 x 16 x             + Nhân từng vế c a hai. AC 2x AB x    và BC x 3  . Giả sử AG cắt BC tại I. Ta có 3 9a AI AG 2 4   . Sử d ng đ nh lí Pitago cho tam giác vuông ABI, suy ra 9a 7 x 17  . + Từ diện tích mặt đ y bằng 2 1 1.         d C, SAB 3 .d G, SAB 3GH   + GK AG 2 2 3a 21 GK / /BC GK BI BI AI 3 3 14       . + Trong tam giác vuông SGK có: 2 2 2 1 1 1 3a 3 GH GH GS GK 32     . Do đ ,     9a 6 d C,

Ngày đăng: 30/10/2014, 16:00

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan