HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 01 I. PHẦN CHUNG. Câu I. 2. + Phương trình trung trực của AB là: : 1. d y x   + P, Q là giao điểm của d với   m C . Do đó, hoành độ của P và Q là nghiệm của PT: 2 1 1 mx x x     2 3 0 x mx     . Giả sử 1 1 2 2 ( ; 1), ( ; 1) P x x Q x x   . +   2 1 2 1 2 1 . 4 2 4 16 2 APBQ S AB PQ PQ x x x x        . Sử dụng định lí Vi-et 2 m    + Để APBQ là tứ giác thì P và Q nằm khác phía với đường thẳng AB. Do đó 2 m  Câu II. 1. + Dùng công thức hạ bậc: 2 4 2 1 sin 2 16 16 4sin 2 8sin 2 4 4 2 x cos x x x                    + Phương trình đã cho trở thành: 2 4sin 2 8sin 2 4 3 2 9 0 x x cos x         2 2 2 2sin 2 1 2 2 3 0 x cos x      + Nghiệm của phương trình: 12 x k     2. Phương trình (2) của hệ tương đương với:       2 2 3 3 3 1 1 3 x x x y x y                + Xét hàm số 2 ( ) ( 3) f t t t   đồng biến trên R. Do đó 3 1 x x y     2 3 1 x y x     . Thay vào PT(1) ta được:       1 1 1 0 x xy x y      + Xét 3 trường hợp, suy ra nghiệm của hệ là     ; 1; 1 x y    hoặc     ; 0;1 x y  . Câu III. + Biến đổi: 4 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1x x x x x x x x                                và   2 2 1 1 ln 1 ln ln ln x x x x x x             + Đổi biến 1 t x x   , ta thu được 5 2 2 ln I t tdt   . + Sử dụng công thức tích phân từng phần, thu được kết quả 5 25ln 9 2 2ln2 8 16 I    . Câu IV. * + Giả sử hình chiếu của S trên mặt đáy là điểm H. Khi đó, , BD SH BD SB BD HB     . Do đó, / / HB AC . + Góc giữa (SBD) và mp đáy là  0 60 SBH  . Tính SH trong tam giác vuông SHB: 0 .sin60 6 SH SB a   . + Từ diện tích mặt đáy bằng 2 a , suy ra 3 . 6 3 S ABCD a V  . * Khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC: + Kẻ đường thẳng qua C song song với BD, đường thẳng này cắt HB tại K. Khi đó,           , , , d BD SC d BD SCK d B SCK   + Ta tính được: 2 , 2 2 a BK HB a   . Do đó,         1 , , 3 d B SCK d H SCK  + Dễ thấy   CK SHK  nên trong mp(SHK) kẻ HI SK  thì   HI SHK  . Vậy     1 , 3 d B SCK HI  . + HI là đường cao trong tam giác vuông SHK nên 3 14 7 a HI  . Từ đó khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC là 14 7 a . Câu V. Tham khảo cách dùng BĐT Nesbit. II. PHẦN RIÊNG. Câu VIa. 1. + Gỉa sử đường thẳng AB có VTPT là   1 ; n a b  với 2 2 0 a b   . Phương trình AB:     1 3 0 a x b y     . + Dễ thấy ABC là tam giác đều nên góc giữa hai đường thẳng AB và BD là 0 30 . Do đó, 0 2 2 30 2. a b cos a b    . Từ đó, 1, 2 3 1, 2 3 a b a b             + Xét 2 trường hợp của đường thẳng AB và vì B có hoành độ lớn hơn 1 nên thu được B(2;2). + Có phương trình AB, suy ra phương trình CD   4; 4 D    . + Đường thẳng AC đi qua trung điểm I(-1;-1) của BD và vuông góc với BD có phương trình AC: 2 0 x y    . Cho AC cắt AB được   3 1; 3 1 A    , cho AC cắt CD được   3 1; 3 1 C    . 2. + d đi qua C và d nằm trong    nên   C   . Suy ra   ; ;2 2 C x y x y  . Do tam giác ABC vuông cân tại C nên . 0 CB CA CB CA          . Từ đó,   2;3; 2 C  . + Giả sử VTCP của d là   ; ; u a b c  . Vì d nằm trong    nên . 0 2 2 0 u n a b c         (1). + d tạo với    góc 0 45 nên 0 . sin 45 . u n u n        . Kết hợp với (1) ta được VTCP của d là: 1 5 84 ;1; 37 37 u          hoặc   2 1;1;0 u  . + Có 2 đường thẳng thỏa mãn: 1 5 2 37 : 3 84 2 37 x t d y t z t               hoặc 2 2 : 3 2 x t d y t z            Câu VIb. + Đặt z a bi z a bi      . Thay vào điều kiện (2) thu được 2 3 5 a b   . Dùng điều kiện 2 2 2 4 z a b     . Giải hệ suy ra a, b. Từ đó có 2 số phức z thỏa mãn: 1 2 13 3 3 1 3 , 7 7 z i z i     . Câu VIb. 1. + Giả sử     ; , ; A A B B A x y B x y . Hai đường thẳng OA và OB vuông góc và A, B thuộc (E) nên suy ra được 2 2 1 1 25 144 OA OB   . Áp dụng BĐT Côsi ta được . 144 2 25 OAOB  . Diện tích tam giác OAB nhỏ nhất khi OA = OB. + Từ các điều kiện , OA OB OA OB   và   , A B E  ta tìm được cặp điểm 12 12 12 12 ; , ; 5 5 5 5 A B              hoặc ngược lại. 2. + Giả sử khoảng cách từ I đến mp(P) là x , bán kính đường tròn đáy là r . Khi đó,   2 2 2 2 3 3 27 r x x     . + Thể tích khối nón là: 2 2 1 1 (27 ) 3 3 V r x x x     . Áp dụng BĐT Côsi suy ra V lớn nhất khi 3 x  . +   2 ; 2 ; 1 3 I d I t t t       . Khoảng cách từ I đến (P) bằng 3, suy ra 1 7 11 t t        + Có hai mặt cầu thỏa mãn:       2 2 2 1 1 4 27 x y z       hoặc 2 2 2 29 14 10 27 11 11 11 x y z                         . Câu VIIb. + Giải phương trình được: 3 1 3 2 i z i e      , 6 2 1 3 2 i z i e      + 2012 2012 2012 1 2 2 A z z    . VIIb. + Giải phương trình được: 3 1 3 2 i z i e      , 6 2 1 3 2 i z i e      + 2012 2012 2012 1 2 2 A z z    . HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 01 I. PHẦN CHUNG. Câu I. 2. + Phương trình trung trực của AB là: : 1. d y x   + P, Q là. với 2 2 0 a b   . Phương trình AB:     1 3 0 a x b y     . + Dễ thấy ABC là tam giác đều nên góc giữa hai đường thẳng AB và BD là 0 30 . Do đó, 0 2 2 30 2. a b cos a b    . Từ