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 x 1 y 2 y' 0 x 3 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 2 4         + Gỉa sử     3 2 M a;a 6a 9a 2 C     . Khi đó,   MAB 1 S 6 d M,AB .AB 6 2     3 2 2a a 6a 9a 6 6       + Tìm được     M 0; 2 a 0 a 4 M 4;2            . Có hai tiếp tuyến: y 9x 2   hoặc y 9x 34   . Câu II. 1. + Biến đổi:      3 3 sin 2x sin x cos x sinx cosx 1 sin x cosx sinx cosx 1 2              và   2 1 sin2x sinx cosx    + Đặt nhân tử chung ta được t anx 1 sinx cosx 0 t anx 1 sin 2x 3 sin 2x 1 3cos2x sin 2x 2 1 cos2x 3 2 2                                   + Nghiệm của PT: x k 4      hoặc x k 12     . 2. + Đk: x 0, y 0   . + Biến đổi PT (2) của hệ 3 y log 1 y 3x x     . Thay vào PT (1) ta được:   3 3 log x log 3x x 2. 3x 27   3 3 3 3 1 log x log x log x log x x 2.3 .x 27 x.x 9       . Lôgarit hóa (cơ số 3) ta được: 2 3 3 log x log x 2 0    + Nghiệm của hệ:     x;y 3;9  hoặc   1 1 x;y ; 9 3        . Câu III. 1. + BPT 2 2 x 2x 6 2x 4x 3 0        . Đặt ẩn phụ: 2 t 2x 4x 3    , t 0  . BPT trở thành: 2 t 3 t 2t 15 0 t 5           . Do đó, 2 x 1 t 3 2x 4x 3 3 x 3             . 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 3 7 C cách, chọn 7 nam còn lại trong 26 hs: có 7 26 C cách  có 3 7 C . 7 26 C cách Xếp học sinh vào tổ 2: Chọn 2 nữ: có 2 4 C cách, chọn 9 nam còn lại trong 21 hs: có 9 21 C cách  có 2 4 C . 9 21 C cách Xếp những học sinh còn lại vào tổ 3: có 1 cách. Trường hợp này có: 3 7 C . 7 26 C . 2 4 C . 9 21 C .1 (cách). * Tổ 2 có 3 học sinh nữ, tổ 1 và tổ 3 có 2 học sinh nữ: Trường hợp này có: 3 7 C . 8 26 C . 2 4 C . 8 18 C (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: 3 7 C . 7 26 C . 2 4 C . 9 21 C + 3 7 C . 8 26 C . 2 4 C . 8 18 C + 3 7 C . 9 26 C . 2 4 C . 8 17 C =… 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  0 a a AK ABtan30 IJ 3 2 3      . Dùng tam giác vuông SIJ và chú ý SJ là đường cao của tam giác đều SAB 2 2 a 6 SI SJ IJ 3     + Từ diện tích tam giác ABC là 2 a 3 2 3 S.ABC a 2 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 a IM 2  . Dùng tam giác vuông SIM:  IM 6 cotSMI SI 4   . 2. + Theo BĐT Côsi:   3 3 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:         3 2 27abc a b c a b c . a b c a b c .12 abc            9 a b c 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    + Giải hệ x y m 0 x m 3 2x y 3 0 y 2m 3                  . Vậy   C m 3;2m 3   + Gọi A’ là trung điểm của BC. Giải hệ m x 3 x y 6 0 2 x y m 0 m y 3 2                      . Do đó m m A' 3 ;3 2 2         . Sử dụng công thức tọa độ trung điểm   B 9 2m;9 m    11 m C' 7 m; 2          + Vì điểm C’ thuộc đường trung tuyến CC’ nên   11 m 23 2 7 m 3 0 m 2 3        + Vậy 19 4 B ; 3 3        và 14 37 C ; 3 3       . 2. + Giả sử tâm của đường tròn (C) là   I a;0 Ox  , a 0  . + Vì (C) tiếp xúc với 1 d nên   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 2 AB IH R 2             2 2 2a 2 a 9 5 a 17 15 2 5 10          26 15 2 R 10    + PT đường tròn (C):     2 2 2 26 15 2 x 17 15 2 y 10      . . giao điểm c a BI với AC thì I là trung điểm c a BK. + D thấy  0 ABK 30  0 a a AK ABtan30 IJ 3 2 3      . D ng tam giác vuông SIJ và chú ý SJ là đ ờng cao c a tam giác đ u SAB 2 2 a.        + G a sử     3 2 M a; a 6a 9a 2 C     . Khi đ ,   MAB 1 S 6 d M,AB .AB 6 2     3 2 2a a 6a 9a 6 6       + Tìm đ ợc     M 0; 2 a 0 a 4 M 4;2            IJ 3     + Từ diện tích tam giác ABC là 2 a 3 2 3 S.ABC a 2 V 6   . * Góc gi a hai mặt phẳng (SAC) và (ABC): + Kẻ IM AC  thì SM AC  nên góc gi a hai mặt phẳng (SAC) và (ABC)