ĐỀ SỐ 1 ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2010 docx

Nguyễn Phú Khánh – Người Khánh Hòa ĐỀ SỐ ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2010 I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  2x   m x  m , m    số thực Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục hoành điểm phân biệt  2 có hồnh độ x1, x , x thỏa mãn điều kiện : x1  x2  x  Câu II (2,0 điểm)    sin x  cos 2x sin  x   4  Giải phương trình :  cos x  tan x  Giải bất phương trình :  x x   x2  x  1   x  ex  2x2 ex Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân : I   dx  2e x Nguyễn Phú Khánh – Người Khánh Hịa Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a Gọi M N trung điểm cạnh AB AD; H giao điểm CN DM Biết SH vng góc với mặt   phẳng ABCD SH  a Tính thể tích khối chóp S.CDNM khoảng cách hai đường thẳng DM SC theo a Câu V (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  4x  x  y   2y   ( x, y   )  2 4x  y   4x   II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng       d1 : 3x  y  d2 : 3x  y  Gọi T đường tròn tiếp xúc với d1 A , cắt d2 hai điểm B C cho tam giác ABC   vuông B Viết phương trình T , biết tam giác ABC có diện điểm A có hồnh độ dương 2 Trong không gian tọa độ Oxyz , cho đường thẳng tích x 1 y z 2   mặt phẳng P : x  2y  z  Gọi C 1 giao điểm  với P , M điểm thuộc  Tính khoảng cách từ M   :     đến P , biết MC  Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm phần ảo số phức z, biết z  i  1  2i B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A có đỉnh A 6;6 , đường thẳng qua trung điểm cạnh AB AC có   Nguyễn Phú Khánh – Người Khánh Hịa phương trình x  y   Tìm tọa độ đỉnh B C, biết điểm   E 1; 3 nằm đường cao qua đỉnh C tam giác cho   Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A 0; 0; 2 đường thẳng x 2 y 2 z 3 :   Tính khoảng cách từ A đến  Viết phương trình mặt cầu tâm A, cắt  hai điểm B C cho BC  Câu VII.b (1 điểm) Cho số phức z thỏa mãn z    3i  1i Tìm mơđun số phức z  iz ĐỀ SỐ ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2010 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) 2x  Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = y  C  x 1 1.Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số cho Tìm m để đường thẳng y  2x  m cắt đồ thị C hai điểm     phân biệt A, B cho tam giác OAB có diện tích (O gốc tọa độ) Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình sin 2x  cos 2x cos x  cos 2x  sin x   Giải phương trình  3x    x  3x  14x   ( x   ) e Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I   ln x  x  ln x  dx Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A ' B ' C ' có AB  a , góc hai mặt phẳng A’BC ABC 600 Gọi     G trọng tâm tam giác A’BC Tính thể tích khối lăng trụ cho tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC theo a Nguyễn Phú Khánh – Người Khánh Hòa Câu V (1,0 điểm) Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn: a  b  c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức     P  a b2  b2c2  c2a  ab  bc  ca  a  b2  c2 PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vng A, có đỉnh C 4;1 , phân giác góc A có phương trình x  y     Viết phương trình đường thẳng BC, biết diện tích tam giác ABC 24 đỉnh A có hồnh độ dương Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A 1; 0; , B 0; b; ,         C 0; 0; c , b, c dương mặt phẳng P : y  z   Xác     định b c, biết mặt phẳng ABC vng góc với mặt phẳng P Câu VII.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm   khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng ABC   biểu diễn số phức z thỏa mãn: z  i   i z B Theo Chương trình Nâng Cao Câu VI.b (2,0 điểm)     1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A 2; elip E có x y2   Gọi F1 F2 tiêu điểm E (F1 có hồnh độ âm); M giao điểm có tung độ dương đường thẳng AF1 với E ; N điểm đối xứng F2 qua M Viết phương trình phương trình     đường trịn ngoại tiếp tam giác ANF2 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng x y 1 z :   Xác định tọa độ điểm M trục hoành cho 2 khoảng cách từ M đến  OM Câu VII.b (1,0 điểm) Nguyễn Phú Khánh – Người Khánh Hòa   log 3y   x  Giải hệ phương trình :  ( x, y   ) x x 4   3y  ĐỀ SỐ ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y   x  x    Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị C hàm số cho   Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị C , biết tiếp tuyến vng góc với đường thẳng y  x  Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình sin 2x  cos 2x  sin x  cos x   Giải phương trình 42x  x 2  2x  42  x 2  2x  4x  (x  ) e  3 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I    2x   ln xdx x 1 Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, cạnh bên SA = a; hình chiếu vng góc đỉnh S AC mặt phẳng ABCD điểm H thuộc đoạn AC, AH  Gọi CM đường cao tam giác SAC Chứng minh M trung điểm SA tính thể tích khối tứ diện SMBC theo a Câu V (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ hàm số   y  x  4x  21   x  3x  10 PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A 3; 7 ,       trực tâm H 3; 1 , tâm đường tròn ngoại tiếp I 2; Xác định toạ độ đỉnh C, biết C có hồnh độ dương Nguyễn Phú Khánh – Người Khánh Hòa Trong không gian toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng P : x  y  z   Q : x  y  z   Viết phương trình     mặt phẳng  R  vng góc với  P   Q  cho khoảng cách từ O đến  R  Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thoả mãn z  z2 số ảo B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A 0;2  đường thẳng   qua O Gọi H hình chiếu vng góc A  Viết phương trình đường thẳng , biết khoảng cách từ H đến trục hồnh AH 2.Trong khơng gian toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng x   t  x 2 y 1 z 2 :   Xác định toạ độ điểm M 1 :  y  t 2 z  t  thuộc 1 cho khoảng cách từ M đến 2 Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình : x  4x  y    (x, y  )  log2 x   log y      ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ Câu 1 Bạn đọc tự làm Phương trình hồnh độ giao điểm đồ thị Ox x  2x   m x  m   x  x  x  m       Nguyễn Phú Khánh – Người Khánh Hòa x   Để đồ thị hàm số cắt trục hoành  x  x  m  (*)  2 điểm phân biệt có hồnh độ x1, x , x thỏa mãn x1  x2  x  2  (*) có hai nghiệm phân biệt x1, x khác thỏa x1  x2   2  x1  x2  ( giả sử x  )   m      4m  m      Nghĩa là: m   m    1  2m    m   x1  x  2x1 x        Vậy m    ;1  \ giá trị cần tìm   Câu    sin x  cos 2x sin  x   4  Giải phương trình  cos x  tan x          x   k , k   x     k   Khi phương trình cho tương đường với    sin x  cos 2x sin  x   4   cos x sin x 1 cos x cos x  sin x  cos 2x sin x  cos x   cos x sin x  cos x   sin x  cos 2x  (Do cos x  ) cos x   Điều kiện:   tan x  1       Nguyễn Phú Khánh – Người Khánh Hòa  cos 2x  sin x   sin x  sin x    sin x  (loại    x    k2 cos x  ) sin x     thỏa điều kiện 7 x   k2   Vậy phương trình có hai họ nghiệm:  7 x    k2, x   k2 với k   6 Chú ý: Phương trình cos 2x  sin x     x   k2    cos 2x   sin x  cos  x     2   x     k 2    7 So với điều kiện, suy x    k2, x   k2 với k   6 x x Giải bất phương trình :  1 x  x 1  1 x   Điều kiện:   x  2x  2x     Cách 1:  Ta có:  x  x     x      2 1 3 0    1 2 4  Nên bất phương trình tương đương với   x  x   x2  x     x   x  x2  x    (*) Do a  b  a  b2 với a,b đẳng thức có a  b nên x   x   x   x   x2  x      x  3x   3  Do (*)  x   x   x 0x 1   ta có:       Nguyễn Phú Khánh – Người Khánh Hòa  x 1x   Chú ý:      x2  x   x   x    x 1 x  2 x   3   x      x   x 1 x   x 1 x x   x             Cách 2: Ta có (*)  x   x  x   x   x 1      x  x   x  2x x  x      2x x  x   x  x  Áp dụng BĐT Cơ si, ta có : VT  2x  x  x   x  x  Dấu "=" xảy 2x  x  x   x  3 (  x  )  1 Cách 3:Ta có (*)   x     1 x x x  Ta thấy x  không thõa mãn, với x  , đặt t   x ta x được:  t  1  t2   t     t1  x 1 x  t1    x    3 Chú ý: Đặt t  x  t  0 Phương trình 1  t2  t     t  t 1 1 t  t   2 2 t  t    t  t  2  1  t2  t    1  t  t  1  t  t     2 t  2t  t  2t    t  t1  t  t               Nguyễn Phú Khánh – Người Khánh Hòa 2t    1   t  t   1  1 3 x 2 x    Cách 4: Ta có (*)   x  x  x   x (**)  2x  3x   x2  x   x  Do  0  2 x x 1  x 0  x   Nên (**)   2 x  2x   2x  x   2x x  x   0  x    2 2 2x x  x   x  x   0  x    0  x     2 x  6x  11x  6x   8x x  x   x  x           0  x     x  3x       3 0  x   x 0 x  3x    x  ex  2x 2e x   2ex dx Câu Tính I  I   1  ex dx  2e x 0 d  2e    2e x 1 dx   x 2dx    2e x x3   x  2e x  ex x    ln  2e x  1  2e  ln 3 Câu Ta có: VS.CDNM  SH.SMNDC Mà SMNDC  SABCD  SAMN  SMBC  AB2  a a 5a a    8 AM.AN  BC.BM   Nguyễn Phú Khánh – Người Khánh Hòa     AB  CE   b   b     b  10  b     b  0, b  6 Vậy có hai điểm thỏa yêu cầu toán: B  0; 4  , C  4;  B  6;2  , C  2; 6  B  BC  B b; 4  b , P trung điểm BC suy C 4  b; b Chú ý:   I giao điểm AH MN  I 2;2   H  2; 2  AH qua A vng góc MN  AH : x  y   x  2  t  BC qua H vng góc AH  BC :  ,t   y  2  t        C  2  t; 2  t  Vì E 1; 3    d  ,  d  đường cao qua điểm C ABC nên B  BC  B 2  t; 2  t B,C đối xứng qua H nên    AB  CE  AB.CE    t2  2t      AM, u     ∆ qua M 2;2; 3 vtcp u  2; 3;2 ; d A,   3  u       Gọi H hình chiếu A lên  AH  H trung điểm BC nên BH  Vậy bán kính mặt cầu AB  AH2  BH2   Nên PT mặt cầu x  y  z  2   25 Câu 7b Cách 1: Ta có: 1 z   3i  i   3i  3.1.3i2  3i  i 2   3i   3i  i  4  i  iz  4  4i           Do z  iz  4  4i  4i    i   Nguyễn Phú Khánh – Người Khánh Hòa       Cách 2: Ta có  3i   cos     i sin        3        3i z          8  cos   i sin    8  i 8   4  4i 1i      z  iz  4  4i  i 4  4i  8  i  z  iz  ĐỀ SỐ Câu 1 Bạn đọc tự làm Phương trình hồnh độ giao điểm C đường thẳng   y  2x  m là: 2x   2x  m  2x   m x   m  * x 1 (vì x = -1 khơng nghiệm) Phương trình (*) có   m2   0, m   nên d cắt C      điểm A, B A x A ; y A  d  A x A ; y A  2x A  m    B x ; y   d  B x B B Ta có: SOAB   B ; y B  2x B   m x y  x B yA  A B      m  x A  x B    m2  x A  x B   12  x A 2x B  m  x B 2x A  m   m2 m2   12  m  8m2  48   m2   m  2 Nguyễn Phú Khánh – Người Khánh Hịa Câu Phương trình  sin 2x  cos 2x cos x  cos 2x  sin x      cos 2x  cos x    sin x 2 cos x     cos 2x  cos x    sin x cos 2x   cos 2x  cos x  sin x     cos 2x      k  x   k , k   2 Điều kiện :   x   2x  Phương trình  3x      x  3x  14x   3x  15 x5    x  3x   3x     x    x5    3x    6x 1  3x    1  Vì   3x   x   ;  3x   6 x 1 3  Nên phương trình cho có nghiệm x  Câu Đặt u  ln x  du  dx x  1  u   du Ta có I   du   2  2  u  u  2u               3  2   ln  u     ln    ln   ln    2u0  3  2 Chú ý: Đặt u   ln x  du  dx x   3 1   3 u2 2 I   du     du   ln u    ln    u u  u2 u  2 2  Câu Gọi H trung điểm BC, theo giả thiết ta có : Nguyễn Phú Khánh – Người Khánh Hịa      A ' BC  ABC  BC     A ' BC , ABC  A ' HA A ' H  BC AH  BC   Hay A ' HA  600  Ta có : AH    a a2 , A ' H  2AH  a 3, SABC  3a  a AA '  AH tan A ' HA  t an600  2 a 3a 3a 3  (đvtt) Gọi I hình chiếu vng góc G ABC , suy I trọng Vậy thể tích khối lăng trụ VABC.A ' B ' C '     tâm tam giác ABC, suy GI / /AA '  GI  ABC  Gọi J tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC suy J giao điểm GI với đường trung trực đoạn GA M trung điểm GA, ta có: GM.GA GA2 7a GM.GA  GJ.GI  R  GI    GI 2GI 12 A' C' B' G M A C I H J B a  b  c wsfCâu Đặt t  ab  bc  ca   t  2 Khi đó: a  b  c  ab  bc  ca  Nguyễn Phú Khánh – Người Khánh Hòa   a b2 2      b c  c a    ab  bc  ca   t a  b  c   a  b  c    ab  bc  ca    2t 1 abc  a  b2  c2  ab  bc  ca  ab  bc  ca 2 2 2 Cách 1: Do đó: P  t2  3t   2t  t2  3t     2t      tt   2  2t    t  t   2t  t  1    2     2t    1 t  t   2t  t  1     t  0;        2t  3  1 Suy P  t   0;   3 a  b  c   Đẳng thức xảy  ab  bc  ca   ba số a, b, c có hai ab  bc  ca  số 0, số Vậy P   1 Cách 2: Xét hàm số f t với t   0;  ta có:  3  Do t     2t      f ' t  2t    2t   f '' t   1  2t  1  0, t  0;   3  1 1 Suy f ' t hàm giảm  0;  nên f ' t  f '     3 3    Nguyễn Phú Khánh – Người Khánh Hòa  1  f tăng  f t  f  2, t  0;   3 Từ ta có P  Câu 6a Gọi D điểm đối xứng với C qua đường thẳng d : x  y   ,     ta tìm D 4; Vì A thuộc đường trịn đường kính CD nên A giao điểm đường thẳng d đường trịn đường kính CD, suy tọa độ A nghiệm x  y    hệ:   A(4;1) (vì x A  ) x  y   32  2S  AC   AB  ABC  AC B thuộc đường thẳng AD : x    B 4; y      y  5  B  4; 5  Từ AB    y  1  36    y   B  4;      Vì d phân giác góc A nên AB AD hướng suy B 4;   Vậy phương trình BC: 3x  4y  16  D B C A Chú ý: Phân giác góc A có phương trình x  y   ( song song với đường phân giác phần tư thứ II ) nên: AC / /Ox  y A  yC  1, x A   A 1;   Nguyễn Phú Khánh – Người Khánh Hòa x y z   1 b c 1 Vì ABC  P     b  c b c  ABC : bx  y  z  b    Phương trình ABC :         Mà d O, ABC Vậy b  c  b    b 2  1  b  (do b  ) giá trị cần tìm Câu 7a Gọi M x; y điểm biểu diễn số phức z  x  y.i    Suy z  i  x  y   2 1  i z  1  i  x  yi    x  y    x  y  Nên z  i  1  i  z  x   y  1   x  y    x  y   x   y  1  Vậy tập hợp điểm M đường tròn: x   y  1  2 2 2 2 Câu 6b     Ta có: F1 1; , F2 1; Đường thẳng AF1 : x 1 y  3 Tọa độ điểm M nghiệm hệ: x  y    23  3  3 y2 x    M  1;   N  1;   AM  MF2       3     y0    Do N đối xứng với F2 qua M nên ta có MN  MF2 Nguyễn Phú Khánh – Người Khánh Hòa  MA  MF2  MN Suy đường trịn ngoại tiếp tam giác ANF2 có tâm điểm M, bán kính R  MA  nên có phương trình   3 x   y            Chú ý: NA.NF2   ANF2 vuông A Do đường trịn ngoại tiếp ANF2 có đường kính F2 N nên có phương trình:   3 x   y          Vì M  Ox  M m; 0;   Đường thẳng  qua N 0;1; có u  2;1;2 VTCP nên     NM, u  5m  4m    d M,     u       Nên d(M, )  OM  5m2  4m   m  m2  m    m  1.m  Vậy có hai điểm M thỏa yêu cầu toán: M1 1; 0; , M2 2; 0;    Câu 7b  2x  y  2x    y    Ta có hệ cho   2x   x 2.4 x  x   x  4     2x  x  1 y      nghiệm hệ cho y x 2         Nguyễn Phú Khánh – Người Khánh Hòa ĐỀ SỐ Câu 1 Bạn đọc tự làm Gọi M x ; y tiếp điểm DO tiếp tuyến vng góc với đường   x  nên ta có: y ' x  6  4x  2x  6  2x  x    x   y    thẳng y    Vậy phương trình cần tìm là: y  6 x    6x  10 Câu Phương trình ho tương đương với   sin x cos x  cos x   sin x  sin x       sin x  sin x  cos x    sin x  (do   sin x  cos x   sin  x     x   ) 4   5  x   k2, x   k2 với k   6 Điều kiện: x  2 Phương trình cho tương đương với 42x  x 2  22  2 x 2 2 4x x 2  2x   4x   16  2x 4  2x , 2 4x  16   4x    2  16 2    22 x   x   Phương trình thứ có nghiệm x  (thỏa)  4x  16  22    x 2 x3  Phương trình thứ hai tương đương với x   x    2 x    x   x   x  2x   0 x   2      Nguyễn Phú Khánh – Người Khánh Hòa Do x  2x    x  2x    x  2x   x2 2 nên ta có x  (thỏa) Vậy phương trình cho có hai nghiệm x  x  Chú ý:   Xét hàm số g x  x   x  liêm tục nửa khoảng   4;          3x  0, x   4;   g x nghịch   x2 biến nửa khoảng  4;  g  , phương trình   Ta có: g ' x      g x  có nghiệm x  Câu e e Ta có I   2x ln xdx   1 e e e    e     x ln x   x d ln x  3 ln xd ln x e ln x dx   ln xd x  3 ln xd ln x x 1  e e e  x  ln2 x  e2  e   xdx  ln2 x  e2    1  2  1 Chú ý: e u  ln x  A   x ln xdx Đặt  dv  xdx  e ln x B dx Đặt x u  ln x   dv  dx  x Câu  Chứng minh M trung điểm SA Ta có: AH  HC  a a 14  SH  SA2  AH2  4 3a  SC  SH2  CH2  a  Nguyễn Phú Khánh – Người Khánh Hòa Suy SC  AC  ACS cân C nên M trung điểm SA  Tính VS.MBC ? Vì M trung điểm SC nên SSCM  SSAC , suy 1 VSMBC  VSABC  SH.SABC  a 14 ( đvtt) 48  x  4x  21   Câu Điều kiện:   2  x   x  3x  10    Xét miền 2  x  , ta có :  y  25  x      x 2 nên y '   49  3  x   ,  2 x  25  x  2   2 0 49  3  x    2   x 2  49  3 3   x     x   25  x   2 2       2  x    3    x  x    2   2   2       x   49   x      x    25  x       2   2             Nguyễn Phú Khánh – Người Khánh Hòa   3 x   2;   2;5 2     25  x    49 x     2     x  1 Ta có y 2  3; y    2; y  3 1 Vậy max y  y    2  x  3 Cách 2: Điều kiện: 2  x  Vì  x  4x  21   x  3x  10  x  11   y                    y2  x   x  x   x  2r x   x x   x    x  5  x    x  27  x   22 Suy y  , dấu xảy  x  35  x    x  7  x    x  5  x    x  27  x   3x    x  Vậy y  x  Câu 6a Cách 1: Gọi T x; y trung điểm BC , D điểm đối xứng   với A qua O Ta có BH / /CD,CH / /BD nên tứ giác BDCH hình bình hành nên T trung điểm BC Từ suy ra,   0  2  x    x  2 AH  2TI     T 2; 3 y  3 6   y    Nên đường thẳng BC qua T có AH 0; vtpt có phương trình        y   2    a     3  Mà IA  IC  52  7   Nguyễn Phú Khánh – Người Khánh Hòa   a  4a  61   a  2  65  C 2  65; 3    Cách Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I 2; bán  kính IA  74 phương trình : x  2   y  74 Phương trình AH : x  , BC  AH  BC : y  m ( m  7 ) Tọa độ B, C nghiệm phương trình :  x  2  m2  74  x  4x  m2  70  (*) Vì (*) có hai nghiệm, có nghiệm dương nên m     Khi đó: B 2  74  m2 ; m , C 2  74  m2 ; m 70    Vì BH  AC  AC.BH   m  4m  21   m  Vậy C   65  2;3 Chú ý: Gọi AD đường kính BCHD hình bình hành nên HD qua trung điểm M BC , IM đường trung bình tam    giác DAH  AH  2IM  M 2;     BC qua điểm M vng góc với AH  BC : y   Tọa độ điểm C nghiệm hệ:  x  2  y2  74     x  65   y   y  y         Có thể gọi E giao điểm AH C , tọa độ E nghiệm  x  2  y  74   x  hệ:    E 3; x30 y           HE cắt BC điểm trung điểm N HE  N 3;   BC qua N vng góc AH  BC : y     Mặt phẳng P có nP 1;1;1 VTPT, mp Q có nQ 1; 1;1   VTPT       Nguyễn Phú Khánh – Người Khánh Hòa            R : x  z  m  R  P     Do   mp R có n R   n P, nQ   1; 0; 1 VTPT  2 R  Q       Ta có d O; R  m    m  2 1 01   Vậy R : x  z  2  Câu 7a Cách 1:  Giả thiết z2 số ảo nên z2  z2   z  z  2 z  z  z    z  z  2   Mặt khác từ z2  z2   z  z  2 z   z  z  2i   z  z  2i  Do ta có số phức thỏa mãn : z  i  1, z  1  i, z   i, z  1  i Cách 2: Đặt z  a  bi  z2  a  b2  2abi z  a  b2 a  b2  a    Từ giả thiết suy   2 a  b  b    Vậy số phức cần tìm: z  i  1, z  1  i, z   i, z  1  i Câu 6b   Suy ra: a   b       Gọi H a; b , ta có: AH2  a  b  , d H,Oy  b 2  b2  Do H thuộc đường đường kính OA nên: a  b   1 Nguyễn Phú Khánh – Người Khánh Hòa a  4b    Từ đó, ta có:  , giải hệ ta a  b  2b       H   2;   H  2  2;       Vậy phương trình đường thẳng    1 x 2  2y     x   2.y   Đường thẳng ∆2 qua A 2;1; có vtcp u  2;1;2   M  1  M  t; t; t  AM t  1; t  1; t      AM.u   t  2; 2;  t       AM.u  Nên d M, 2       u       t2         2    2     t  9     t   M 4;1;1  2t2  10t      t   M 7; 4;  Câu 7b Điều kiện: x  2, y     Phương trình thứ hai viết lại thành: log2 x   log2 y   x   y Thay vào phương trình thứ nhất, ta được:   x  4x  x     x  3x   x  (do x  2)     Vậy hệ cho có nghiệm x, y  3,1 ... BC     A '' BC , ABC  A '' HA ? ?A '' H  BC AH  BC   Hay A '' HA  600  Ta có : AH    a a2 , A '' H  2AH  a 3, SABC  3a  a AA ''  AH tan A '' HA  t an600  2 a 3a 3a 3  (đvtt)...  d1, d2 cắt điểm O cos AOB  cos d1, d2        AOB   BAC  Mà SABC  AB.AC.sin BAC 3             OA sin AOB OA tan AOB sin BAC  OA  2     a  ? ?a   a   A? ?? ; ? ?1. .. 3i  1? ??i Tìm mơđun số phức z  iz ĐỀ SỐ ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2 010 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) 2x  Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = y  C  x ? ?1 1.Khảo sát biến thi? ?n