Đề thi thử ĐH môn Toán 250

TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2014 Môn: TOÁN - Khối A, A 1 và B ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1. (2,0 điểm). Cho hàm số 3 2 6 9 6y x x x= − + − (1) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). b) Gọi hai điểm cực trị của đồ thị (C) là A và B. Tìm tọa độ điểm M thuộc trục hoành sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất. Câu 2. (1,0 điểm). Giải phương trình: 2 2 3 4cos 3 cos2 1 2sin 2 4 x x x π   + = + −  ÷   . Câu 3. (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 2 2 2 3 5 2014 3 2 3 x y y y y yx x y  − − + =  +   − − + =  Câu 4. (1,0 điểm). Tìm nguyên hàm: 2 cot 1 sin I dx x x = + ∫ . Câu 5. (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC với SA = 3 a , SA vuông góc với mp(ABC), tam giác ABC có AB = BC = 2a, · 0 120ABC = và I là trung điểm SA. Tính khoảng cách từ I đến mp(SBC) và góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC). Câu 6. (1,0 điểm). Cho a, b là hai số thực thỏa mãn điều kiện 2 2 2 2 1a b ab+ − = . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 4 4 2 2 7( ) 4P a b a b= + + . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2;1), đường cao qua đỉnh B có phương trình là x – 3y – 7 = 0 và đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình là x + y + 1 = 0. Lập phương trình đường thẳng BC. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) và AC = 2BD. Điểm M 1 0; 3    ÷   thuộc đường thẳng AB, điểm N(0; 7) thuộc đường thẳng CD. Tìm tọa độ đỉnh B, biết B có hoành độ dương. Câu 9.a (1,0 điểm). Trong một hộp có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, 5 viên bi xanh có bán kính khác nhau và 3 viên bi vàng có bán kính khác nhau. Lấy ngẫu nhiên từ hộp đó ra 9 viên bi. Tính xác suất để 9 viên lấy ra có đủ cả ba màu. B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm cạnh BC là M(3;2), trọng tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC lần lượt là 2 2 ; 3 3 G    ÷   và I(1;-2). Tìm tọa độ đỉnh C. Câu 8.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng 02: 1 =−− yxd và 022: 2 =−+ yxd . Giả sử 1 d cắt 2 d tại .I Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua )1;1(−M cắt 1 d và 2 d tương ứng tại BA, sao cho IAAB 3= . Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm hệ số của số hạng chứa x 8 trong khai triển nhị thức Niutơn (x 2 + 2) n , biết: 3 2 1 8 49 n n n A C C− + = ………… Hết ………… Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: …………………………………………… Số báo danh: …………………………. TRƯỜNG THPT QL4. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2014 Môn: TOÁN - Khối A, B và A 1 Câu Ý Nội dung Điểm 1 1 Tập xác định: D = R ( ) ( ) 3 2 3 2 lim 6 9 6 lim 6 9 6 x x x x x x x x →−∞ →+∞ − + − = −∞ − + − = +∞ y’ = 3x 2 - 12x + 9 = 0 1 3 x x =  ⇔  =  0.25 0.25 Bảng biến thiên: x -∞ 1 3 + ∞ y’ + 0 - 0 + -2 + ∞ y -∞ -6 Hàm số đồng biến trên khoảng: (-∞;1) và (3; + ∞) Hàm số nghịch biến trên khoảng (1;3) f CĐ = f(1)= -2; f CT = f(3)= -6 y’’= 6x – 12 = 0<=> x = 2 ⇒ y = -4 Đồ thị hàm số nhận điểm I(2;-4) là tâm đối xứng. 0.5 2 Gọi tọa độ điểm cực đại là A(1;-2), điểm cực tiểu B(3;-6) hai điểm cực đại và cực tiểu nằm về cùng phía đối với trục Ox. Gọi A ’ là điểm đối xứng của A qua trục Ox ⇒ A ’ (1;2). 0.25 Khi đó MA + MB = MA ’ + MB ≥ A ’ B nên MA + MB có giá trị nhỏ nhất bằng độ dài đoạn A ’ B. 0.25 Xảy ra khi và chỉ khi M là giao điểm của đường thẳng A ’ B và trục hoành Ta có ( ) ' 2; 8A B − uuur , phương trình của A ’ B là : 4x + y – 6 = 0 0.25 Vậy tọa độ M là 3 ;0 2    ÷   . 0.25 2 2 2 3 4cos 3 cos2 1 2sin 2 4 x x x π   + = + −  ÷   3 2 2cos 3 cos2 1 1 cos 2 2 x x x π   ⇔ + + = + − −  ÷   3 cos2 sin 2 2cosx x x⇔ − = − 0.25 3 1 cos2 sin 2 cos( ) 2 2 cos 2 cos( ) 6 x x x x x π π π ⇔ − = −   ⇔ + = −  ÷   0.5 5 2 18 3 , 7 2 6 x k k x k π π π π  = +  ⇔ ∈   = − +   Z 0.25 3 0.25 2 2 2 3 5 (1) 2014 3 2 3 (2) x y y y y yx x y  − − + =   +   − − + =   ĐK: 3 , 0 2 x y≥ ≥ . 2 (2) (2 ) 3 3 0 3 1 y x y x y y x ⇔ + − − − = = −  ⇔  = +  ( y = -3 loại do y ≥ 0) Thay y = x + 1 vào (1) ta được ( ) ( ) 2 2 3 1 1 2014 4x x x x   − − + = + + −   ( ) 2 4 (4 ) 1 2014 0 2 3 1 x x x x x −   ⇔ − − + + =   − + + 0.5 ( ) 2 1 4 ( 1) 2014 0 2 3 1 x x x x   ⇔ − + + + =  ÷ − + +   4 5x y⇔ = ⇒ = Vậy hệ đã cho có một nghiệm (x;y) là (4;5). 0.25 4 2 2 cot 1 sin 1 sin x I dx x x =   +  ÷   ∫ = 2 2 cot sin (2 cot ) x dx x x+ ∫ 0.25 Đặt 2 2 2 1 1 1 2 cot 2cot . cot . sin 2 sin x t dt x dx dt x dx x x + = ⇒ = − ⇒ − = . 0.25 Ta được ( ) 2 1 1 1 ln 2 2 1 ln 2 cot 2 I dt t C t x C = − = − + = − + + ∫ 0.5 5 Ta có: S ∆ ABC = 1 2 AB.BC.sin120 o = 2 .2 . 3 4 a a = a 2 3 V S.ABC = 1 3 S ∆ ABC .SA = 2 3.3 3 a a = a 3 3 0.25 KÎ SM ⊥ BC BC ⊥ SA (v× SA ⊥ (ABC)) ⇒ BC ⊥ AM ⇒ AM = a 3 ∆SAM vu«ng t¹i A cã SM = 2 3 a S ∆ SBC = 1 2 SM.BC = 2 3 a 2 0.25 ⇒ d(A, (SBC)) = 3 . 2 3 3 3 3 2 2 3 S ABC SBC V a a S a ∆ = = 0.25 B A S C M 3a 2a Vậy d(I, (SBC)) = 1 3 ( ,( )) 2 4 a d A SBC = Gọi ϕ là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) ⇒ ϕ bằng góc giữa SM và AM ⇒ ϕ = · SMA Tam giác SAM vuông tại A 3 1 cos 2 2 3 AM a SM a ϕ ⇒ = = = Vậy ϕ = 60 0 . 0.25 6 Ta có : 1 = 2a 2 + 2b 2 – ab = 2(a + b) 2 – 5ab ≥ -5ab ⇒ 1 5 ab ≥ − 1 = 2a 2 + 2b 2 – ab = 2(a - b) 2 + 3ab ≥ 3ab ⇒ 1 1 1 3 5 3 ab ab≤ ⇒ − ≤ ≤ 0.25 4 4 2 2 7( ) 4P a b a b= + + = ( ) 2 2 2 2 2 2 2 7 2 4a b a b a b   + − +     2 2 2 2 2 1 33 7 7 7 10 2 4 2 4 ab a b a b ab +   = − = − + +  ÷   0,25 Đặt x = ab, 1 1 ; 5 3 x   ∈ −     2 33 7 7 4 2 4 P x x⇒ = − + + Bài toán trở thành: Tìm giá tri lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức 2 33 7 7 4 2 4 P x x= − + + trên đoạn 1 1 ; 5 3   −     Ta có 0 7 1 1 ; 33 5 3 x   = ∈ −     nên MaxP = 70 7 33 33 ab⇔ = và MinP = 18 1 25 5 ab⇔ = − 0.5 7a. Ta có AC đi qua A và vuông góc với đường cao hạ từ B nên AC có phương trình là 3x + y – 7 = 0. Tọa độ C là nghiệm của hệ 3 7 1 x y x y + =   + = −  (4; 5)C⇒ − 0.25 B thuộc đường thẳng x – 3y – 7 = 0 (3 7; )B b b⇒ + . Gọi M là trung điểm AB 3 9 1 ; 2 2 b b M + +   ⇒  ÷   , M thuộc trung tuyến qua C 4 12 0 3 ( 2; 3)b b B⇒ + = ⇔ = − ⇒ − − 0.5 Khi đó (6; 2) (1;3) BC BC n− ⇒ = uuur r Vậy phương trình BC là x + 3y +11 = 0. 0.25 8.a Gọi N’ là điểm đối xứng của N qua I thì N’ thuộc AB, ta có: ' ' 2 4 2 5 N I N N I N x x x y y y = − =   = − = −  Phương trình đường thẳng AB: 4x + 3y – 1 = 0 Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB: 2 2 4.2 3.1 1 2 4 3 d + − = = + 0.5 AC = 2. BD nên AI = 2 BI, đặt BI = x, AI = 2x trong tam giác vuông ABI có: 2 2 2 1 1 1 4d x x = + suy ra x = 5 suy ra BI = 5 0.25 A B M C Điểm B là giao điểm của đường thẳng 4x + 3y – 1 = 0 với đường tròn tâm I bán kính 5 Tọa độ B là nghiệm của hệ: 2 2 4x 3y – 1 0 ( 2) ( 1) 5x y + =   − + − =  B có hoành độ dương nên B( 1; -1) 0.25 9.a Số cách lấy ngẫu nhiên 9 viên bi từ hộp là 9 18 48620C = cách Những trường hợp không có đủ cả ba màu gồm: +/ Không có bi đỏ: không xảy ra vì tổng bi xanh và vàng bằng 8. +/ Không có bi xanh: có 9 13 715C = cách. +/ Không có bi vàng: có 9 15 5005C = cách. 0.25 Mặt khác trong các cách chọn không có bi xanh, không có bi vàng thì có 9 10 C cách lấy 9 viên bi đỏ được tính hai lần. 0.25 Suy ra số cách lấy 9 viên bi có đủ cả ba màu là: 9 9 9 9 18 13 15 10 42910C C C C− − + = cách 0.25 Vậy xác suất để lấy được 9 viên có đủ cả ba màu là P = 42910 0.883 48620 ≈ 0.25 7.b Ta có 7 4 (2;4), ; 3 3 IM GM   = =  ÷   uuur uuur Gọi A(x A ; y A ). Có 2AG GM= uuur uuur ⇒ A(-4; -2). 0.25 Đường thẳng BC đi qua M nhận vec tơ IM uuur làm vec tơ pháp tuyến nên có PT: 2(x - 3) + 4(y - 2) = 0 ⇔ x + 2y - 7 = 0 Gọi C(x; y). Có C ∈ BC ⇒ x + 2y - 7 = 0. 0.25 Mặt khác IC = IA ⇔ 2 2 2 2 ( 1) ( 2) 25 ( 1) ( 2) 25x y x y− + + = ⇔ − + + = . Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình: + − =   − + + =  2 2 2 7 0 ( 1) ( 2) 25 x y x y 0.25 Giải hệ phương trình ta tìm được 5 1 x y =   =  và 1 3 x y =   =  . Vậy có 2 điểm C thỏa mãn là C(5; 1) và C(1; 3). 0.25 8.b Ta có 1 d cắt 2 d tại ).0;2(I Chọn ,)2;0( 10 dA ∈− ta có .22 0 =IA 0.25 Lấy 20 );22( dbbB ∈− sao cho 263 000 == IABA 72)2()22( 22 =++−⇔ bb            − − ⇒     1 −= = ⇔=−−⇔ . 5 16 ; 5 42 )4;6( 5 6 4 06445 0 0 2 B B b b bb 0.5 Suy ra đường thẳng ∆ là đường thẳng qua )1;1(−M và song song với . 00 BA Suy ra phương trình 0: =+∆ yx hoặc .067: =−+∆ yx 0.25 9.b Ta có: ( ) ∑ = − =+ n 0k knk2k n n 2 2xC2x Hệ số của số hạng chứa x 8 là 4n4 n 2C − 0.25 Ta có: 3 2 1 n n n A 8C C 49− + = ⇔ (n – 2)(n – 1)n – 4(n – 1)n + n = 49 ⇔ n 3 – 7n 2 + 7n – 49 = 0 ⇔ (n – 7)(n 2 + 7) = 0 ⇔ n = 7 0.5 Nên hệ số của x 8 là 2802C 34 7 = 0.25 TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2014 Môn: TOÁN - Khối D ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1. (2,0 điểm). Cho hàm số 3 2 3 1y x x= − + (1) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). b) Gọi hai điểm cực trị của đồ thị (C) là A và B. Tìm tọa độ điểm M thuộc trục hoành sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất. Câu 2. (1,0 điểm). Giải phương trình: ( ) 5 3 4sin sin 2 8sin 1 cos 5 0 2 2 x x x x− + + = . Câu 3. (1,0 điểm). Giải phương trình: 2 12 1 36x x x+ + + = Câu 4. (1,0 điểm). Tìm nguyên hàm: ln(1 )I x x dx = + ∫ . Câu 5. (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC với SA = 3 a , SA vuông góc với mp(ABC), tam giác ABC có AB = BC = 2a, · 0 120ABC = và I là trung điểm SA. Tính khoảng cách từ I đến mp(SBC) và góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC). Câu 6. (1,0 điểm). Cho a, b là hai số thực thỏa mãn điều kiện 2 2 2 2 1a b ab+ − = . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 4 4 2 2 7( ) 4P a b a b= + + . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(2;1), đường cao qua đỉnh B có phương trình là x – 3y – 7 = 0 và đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình là x + y + 1 = 0. Lập phương trình đường thẳng BC. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) và AC = 2BD. Điểm M 1 0; 3    ÷   thuộc đường thẳng AB, điểm N(0; 7) thuộc đường thẳng CD. Tìm tọa độ đỉnh B biết B có hoành độ dương. Câu 9.a (1,0 điểm). Năm đoạn thẳng có độ dài 2cm, 4cm, 6cm, 8cm, 10cm. Lấy ngẫu nhiên ba đoạn thẳng trong năm đoạn thẳng trên. Tính xác suất để ba đoạn thẳng lấy ra lập thành một tam giác. B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm cạnh BC là M(3;2), trọng tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC lần lượt là 2 2 ; 3 3 G    ÷   và I(1;-2). Tìm tọa độ đỉnh C. Câu 8.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng 02: 1 =−− yxd và 022: 2 =−+ yxd . Giả sử 1 d cắt 2 d tại .I Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua )1;1(−M cắt 1 d và 2 d tương ứng tại BA, sao cho IAAB 3 = . Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm hệ số của số hạng chứa x 8 trong khai triển nhị thức Niutơn (x 2 + 2) n , biết: 3 2 1 8 49 n n n A C C− + = ………… Hết ………… Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: …………………………………………… Số báo danh: …………………………. TRƯỜNG THPT QL4. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2014 Môn: TOÁN - Khối D Câu Ý Nội dung Điểm 1 1 Tập xác định: D = R ( ) ( ) 3 2 3 2 lim 3 1 lim 3 1 x x x x x x →−∞ →+∞ − + = −∞ − + = +∞ y’ = 3x 2 - 6x = 0 0 2 x x =  ⇔  =  0.25 0.25 Bảng biến thiên: x -∞ 0 2 + ∞ y’ + 0 - 0 + 1 + ∞ y -∞ -3 Hàm số đồng biến trên khoảng: (-∞;0) và (2; + ∞) Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2) f CĐ = f(0)= 1; f CT = f(2)= -3 y’’= 6x – 6 = 0<=> x = 1 ⇒ y = -1 Đồ thị hàm số nhận điểm I(1;-1) là tâm đối xứng. 0.5 2 Gọi tọa độ điểm cực đại là A(0;1), điểm cực tiểu B(2;-3) hai điểm cực đại và cực tiểu nằm về hai phía đối với trục Ox. 0.25 Khi đó MA + MB ≥ AB nên MA + MB có giá trị nhỏ nhất bằng độ dài đoạn AB. 0.25 Xảy ra khi và chỉ khi M là giao điểm của đường thẳng AB và trục hoành Ta có ( ) 2; 4AB − uuur , phương trình của AB là : 2x + y – 1 = 0 0.25 Vậy tọa độ M là 1 ;0 2    ÷   . 0.25 2 ( ) 5 3 4sin sin 2 8sin 1 cos 5 0 2 2 x x x x− + + = ( ) 2 cos cos4 8sin 2 2cos 5 0x x x x⇔ − − − + = ( ) 2 2 1 2sin 2 8sin 2 5 0x x⇔ − − − + = 0.25 2 4sin 2 8sin 2 3 0 1 sin 2 2 3 sin 2 ( ) 2 x x x x l ⇔ − + =  =  ⇔   =   0.5 12 , 5 12 x k k x k π π π π  = +  ⇔ ∈   = +   Z 0.25 3 0.25ĐK: 1x ≥ − . Đặt t = 1x + thì x = t 2 - 1 (t ≥ 0) Khi đó phương trình đã cho trở thành (t 2 – 1) 2 + t 2 – 1 + 12t = 36 ⇔ t 4 – t 2 + 12t – 36 = 0 ⇔ (t – 2)( t + 3)( t 2 – t + 6) = 0 ⇔ t = 2 0.5 Với t = 2 ta được 1 2x + = ⇔ x = 3 Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x = 3. 0.25 4 Đặt ( ) ln 1u x dv xdx = +   =   2 1 1 2 du dx x x v  =   + ⇔   =   0.25 2 2 1 ln(1 ) 2 2 1 x x I x dx x = + − + ∫ 0.25 2 1 1 ln(1 ) 1 2 2 1 x x x dx x   = + − − +  ÷ +   ∫ 0.25 2 2 1 1 1 ln(1 ) ln(1 ) 2 4 2 2 x x x x x C= + − + − + + 2 2 1 1 1 ln(1 ) 2 4 2 x x x x C − = + − + + 0.25 5 Ta có: S ∆ ABC = 1 2 AB.BC.sin120 o = 2 .2 . 3 4 a a = a 2 3 V S.ABC = 1 3 S ∆ ABC .SA = 2 3.3 3 a a = a 3 3 0.25 KÎ SM ⊥ BC BC ⊥ SA (v× SA ⊥ (ABC)) ⇒ BC ⊥ AM ⇒ AM = a 3 ∆SAM vu«ng t¹i A cã SM = 2 3 a S ∆ SBC = 1 2 SM.BC = 2 3 a 2 0.25 ⇒ d(A, (SBC)) = 3 . 2 3 3 3 3 2 2 3 S ABC SBC V a a S a ∆ = = Vậy d(I, (SBC)) = 1 3 ( ,( )) 2 4 a d A SBC = 0.25 Gọi ϕ là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) ⇒ ϕ bằng góc giữa SM và AM ⇒ ϕ = · SMA Tam giác SAM vuông tại A 3 1 cos 2 2 3 AM a SM a ϕ ⇒ = = = 0.25 B A S C M 3a 2a Vậy ϕ = 60 0 . 6 Ta có : 1 = 2a 2 + 2b 2 – ab = 2(a + b) 2 – 5ab ≥ -5ab ⇒ 1 5 ab ≥ − 1 = 2a 2 + 2b 2 – ab = 2(a - b) 2 + 3ab ≥ 3ab ⇒ 1 1 1 3 5 3 ab ab≤ ⇒ − ≤ ≤ 0.25 4 4 2 2 7( ) 4P a b a b= + + = ( ) 2 2 2 2 2 2 2 7 2 4a b a b a b   + − +     2 2 2 2 2 1 33 7 7 7 10 2 4 2 4 ab a b a b ab +   = − = − + +  ÷   0,25 Đặt x = ab, 1 1 ; 5 3 x   ∈ −     2 33 7 7 4 2 4 P x x⇒ = − + + Bài toán trở thành: Tìm giá tri lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức 2 33 7 7 4 2 4 P x x= − + + trên đoạn 1 1 ; 5 3   −     Ta có 0 7 1 1 ; 33 5 3 x   = ∈ −     nên MaxP = 70 7 33 33 ab⇔ = và MinP = 18 1 25 5 ab⇔ = − 0.5 7a. Ta có AC đi qua A và vuông góc với đường cao hạ từ B nên AC có phương trình là 3x + y – 7 = 0. Tọa độ C là nghiệm của hệ 3 7 1 x y x y + =   + = −  (4; 5)C⇒ − 0.25 B thuộc đường thẳng x – 3y – 7 = 0 (3 7; )B b b⇒ + . Gọi M là trung điểm AB 3 9 1 ; 2 2 b b M + +   ⇒  ÷   , M thuộc trung tuyến qua C 4 12 0 3 ( 2; 3)b b B⇒ + = ⇔ = − ⇒ − − 0.5 Khi đó (6; 2) (1;3) BC BC n− ⇒ = uuur r Vậy phương trình BC là x + 3y +11 = 0. 0.25 8.a Gọi N’ là điểm đối xứng của N qua I thì N’ thuộc AB, ta có: ' ' 2 4 2 5 N I N N I N x x x y y y = − =   = − = −  Phương trình đường thẳng AB: 4x + 3y – 1 = 0 Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB: 2 2 4.2 3.1 1 2 4 3 d + − = = + 0.5 AC = 2. BD nên AI = 2 BI, đặt BI = x, AI = 2x trong tam giác vuông ABI có: 2 2 2 1 1 1 4d x x = + suy ra x = 5 suy ra BI = 5 0.25 Điểm B là giao điểm của đường thẳng 4x + 3y – 1 = 0 với đường tròn tâm I bán kính 5 A B M C