HD Giải Đề Số 9 BoxMath.vn

1 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ SỐ 9 NĂM 2012 BOXMATH.VN I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I. Cho hàm số 3 2 3 2 y x x = − + ( ) C 1. Kh ả o sát và v ẽ đồ th ị hàm s ố ( ) C 2. Tìm k để t ồ n t ạ i đ úng hai ti ế p tuy ế n c ủ a đồ th ị hàm s ố ( ) C có cùng h ệ s ố góc k đồ ng th ờ i đườ ng th ẳ ng đ i qua hai ti ế p đ i ể m c ắ t các tr ụ c t ọ a độ , Ox Oy t ạ i hai đ i ể m , A B sao cho 5 AB ≥ Giải: 1. H ọ c sinh t ự làm 2. Để t ồ n t ạ i hai ti ế p tuy ế n có cùng h ệ s ố góc k đ i ề u ki ệ n là: 2 ' 3 6 y x x k = − = có 2 nghi ệ m phân bi ệ t 2 3 6 0 x x k ⇔ − − = có 2 nghi ệ m phân bi ệ t ' 0 9 3 0 3 k k ⇔ ∆ > ⇔ + > ⇔ > − Khi đ ó t ọ a độ hai ti ế p đ i ể m th ỏ a mãn h ệ ph ươ ng trình sau: 2 3 2 3 6 3 2 k x x y x x  = −   = − +   (1) (2) Ta có: 3 2 2 1 (2) 3 2 (3 6 ) 2 2 3 3 x y x x y x x x   ⇔ = − + ⇔ = − − − +     thay 2 3 6 k x x = − vào ta có 2 2 3 3 k k y x   = − + −     Suy ra đườ ng th ẳ ng đ i qua 2 ti ế p đ i ể m là: : 2 2 3 3 k k y x   ∆ = − + −     (1;0) A Ox A = ∆ ∩ ⇒ 0;2 3 k B Oy B   = ∆ ∩ ⇒ −     Ta có: 2 2 2 0 4 4 1;2 5 5 0 12 3 9 3 9 3 k k k k k k AB AB k ≤    − − ⇔ = − + ≥ ⇔ − ≥ ⇔    ≥     K ế t h ợ p đ i ề u ki ệ n ban đầ u ta suy ra: 3 0 12 k k − < ≤   ≥  Câu II. 1. Gi ả i ph ươ ng trình: ( ) 2 3 tan 1 7 3tan 4 2.sin 1 cos 4 x x x x π +   + − − =     Gi ả i: Đ i ề u ki ệ n: cos 0 x ≠ 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 tan 1 3 sin cos 7 3tan 4 2.sin 1 3tan 4 sin cos 1 cos 4 cos 3sin 3 sin cos 4 sin cos .cos cos 3 1 cos cos sin cos 3 4cos 0 3 4cos sin cos 3 4cos 0 3 4cos sin cos x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x π + +   + − − = ⇔ + − + =     ⇔ + + − + =   ⇔ − − + + − =   ⇔ − + + − = ⇔ − + ( ) 1 0x + = ( ) 2 2 ( ) 4 4 2 sin 1 2 sin cos 1 5 4 2 2 ( ) 3 2 1 cos2 0 4 4 1 cos2 ( ) 2 2 2 6 3 x k x k loai x x x x k x k TM x x x k TM x k π π π π π π π π π π π π π π π  + = − +   = − +     + = −     + = −       ⇔ ⇔ ⇔ + = + ⇔ = +    − + =    =   = ± +    = ± +    KL: 2 6 x k x k π π π π = +    = ± +  . 2. Gi ả i b ấ t ph ươ ng trình: 4 2 2 2 25 5 9 ( 1) 9 4 2 0 x x x x x + + + − − ≥ Giải: Đ i ề u ki ệ n: 2 2 3 9 4 0 2 3 x x x  ≥  − ≥ ⇔   ≤ −   TH 1 2 3 x ≥ Ta có: 16 4 418 25. 5. 2 0 81 9 81 VT ≥ + − = > suy ra b ấ t ph ươ ng trình đ ã cho luôn đ úng TH 2: 2 3 x ≤ − Chia 2 v ế b ấ t ph ươ ng trình cho 2 x ta có: 2 2 2 2 4 2 25 5 9( 1) 9 0 x x x x + − + − − ≥ Đặ t 2 1 9 0; 4 t t x   = ⇒ ∈     . B ấ t ph ươ ng trình đượ c vi ế t l ạ i nh ư sau: 2 25 1 5 9 1 9 4 2 0 2 5 25 9( 1) 9 4 0 t t t t t t t t   + − + − − ≥ ⇔ − + + − + − ≥     2 2 2 2 5 25 2 5 25 2 5 25 9 4 0 9 4 0 1 9 4 1 0 9( 1) 9( 1) 9( 1) t t t t t t t t t t t t − + + − − − − ⇔ − − ≥ ⇔ + − ≤ ⇔ + + − − ≤ + + + 2 2 4 16 4(2 ) 4 2 0 2( 2) 0 9( 1) 9( 1) 9 4 1 9 4 1 t t t t t t t t t   + − − + ⇔ + ≤ ⇔ − − ≤   + + − + − +   3 Xét hàm s ố : 4 2 ( ) 9( 1) 9 4 1 t f t t t + = − + − + v ớ i 9 0; 4 t   ∈     Ta có: ( ) 2 1 4 '( ) 0 3( 1) 9 4 1 9 4 f t t t t = − − < + − + − nên hàm s ố ( ) f t ngh ị ch bi ế n trên 9 0; 4       Ta có ( ) 9 4 1 1 ( ) 0 0 4 9 2 18 f f t f   ≤ ≤ = − = − <     Vì v ậ y b ấ t ph ươ ng trình t ươ ng đươ ng v ớ i: 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 2 t x x x ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≤ ⇔ − ≤ ≤ K ế t h ợ p đ i ề u ki ệ n ban đầ u ta suy ra 1 2 3 2 x − ≤ ≤ − KL: Nghi ệ m c ủ a b ấ t ph ươ ng trình là: 1 2 2 ; ; 3 3 2 S     = − − ∪ +∞         Chú ý: Có th ể đ ánh giá 4 2 ( ) 0 9( 1) 9 4 1 t f t t t + = − < + − + nh ư sau: 4 1 1 4 9( 1) 9 3( 1) 9 t t t + = + < + + 2 2 2 2 4 1 9 4 1t < ≤ = − + suy ra 4 2 ( ) 0 9( 1) 9 4 1 t f t t t + = − < + − + v ớ i 9 0; 4 t   ∈     Cách 2: TH 1 2 3 x ≥ Ta có: 16 4 418 25. 5. 2 0 81 9 81 VT ≥ + − = > suy ra b ấ t ph ươ ng trình đ ã cho luôn đ úng TH 2: 2 3 x ≤ − khi đ ó b ấ t ph ươ ng trình đ ã cho t ươ ng đươ ng v ớ i b ấ t ph ươ ng trình : 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (25 5 2) 9 ( 1) 9 4 (25 5 2) (9 ( 1) 9 4) x x x x x x x x x x+ − ≥ − + − ⇔ + − ≥ + − 2 2 2 2 2 2 2 (25 5 2) 81 ( 1) (9 4) x x x x x ⇔ + − ≥ + − Đặ t : 2 ( 0) t x t = ≥ khi đ ó b ấ t ph ươ ng trình tr ở thành : 2 2 2 4 3 2 (25 5 2) 81 ( 1) (9 4) 26 221 39 76 1 0 t t t t t t t t t + − ≥ + − ⇔ − − − + + ≥ 3 2 (1 2 )(13 117 78 1) 0(*) t t t t⇔ − + + + ≥ Ta th ấ y : 3 2 (13 117 78 1) 0 t t t + + + > V ậ y 2 1 1 (*) 1 2 0 1 2 2 2 t x x − ⇔ − ≥ ⇔ − ⇔ ≤ ≤ K ế t h ợ p đ i ề u ki ệ n ta có nghi ệ m c ủ a BPT trong TH này là: 1 2 3 2 x − − ≤ ≤ KL: Nghi ệ m c ủ a b ấ t ph ươ ng trình là: 1 2 2 ; ; 3 3 2 S     = − − ∪ +∞         4 Câu III. Tính tích phân: 1 3 0 1 xdx I x = + ∫ Giải: Ta có: 1 1 1 1 1 1 2 2 2 3 3 3 2 3 2 3 0 0 0 0 0 0 1 1 (2 1) 1 3 1 ( 1) 2 2 1 1 1 3 1 1 3 1 x dx xdx x x x dx xdx x dx d x I x x x x x x x x   − +   + − +   = = = − = − + + − + + − + + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ( ) ( ) 1 1 1 2 3 2 1 3 1 0 0 2 2 3 0 0 0 1 ( 1) 1 1 ( 1) 1 1 1 ln 1 ln 1 2 1 2 1 3 1 2 3 2 d x x dx d x I x x x J x x x x x − + + = + − = − + − + + − + − + + ∫ ∫ ∫ ( ) ( ) 2 1 3 1 0 0 1 1 1 1 1 ln 1 ln 1 ln 2 2 3 2 3 2 I x x x J J ⇔ = − + − + + = − + Xét 1 1 2 2 0 0 4 4 4 4 4 (2 1) 3 dx dx J x x x = = − + − + ∫ ∫ Đặ t ( ) ( ) 2 2 3 2 1 3 tan 2 3 tan 1 tan 1 2 x t dx t dt dx t dt − = ⇒ = + ⇒ = + Khi 0 ; 1 6 6 x t x t π π = ⇒ = − = ⇒ = Ta có: ( ) ( ) 2 6 6 6 2 6 6 6 3 tan 1 2 2 2 2 4 3 tan 1 3 3 3 3 t dt J dt t t π π π π π π π − − − + = = = = + ∫ ∫ V ậ y : 1 ln 2 2 3 3 I π = − Câu IV. Cho hình chóp tam giác đề u SABC có kho ả ng cách t ừ A đế n m ặ t ph ẳ ng ( ) SBC b ằ ng a và góc t ạ o b ở i AB và m ặ t ph ẳ ng ( ) SBC b ằ ng 0 30 . G ọ i M là trung đ i ể m c ủ a BC , N là trung đ i ể m c ủ a SM . Tính th ể tích kh ố i chóp SABC và tính kho ả ng cách gi ữ a hai đườ ng th ẳ ng , SA BN theo . a 5 R Q P F E K N M H C B A S G ọ i H là hình chi ế u vuông góc c ủ a S lên (ABC) thì H là tr ọ ng tâm tam giác ABC. Ta có: ( ) BC SAM ⊥ . Trong tam giác SAM k ẻ  0 /( ) ( ) ; 30 A SBC AQ SM AQ SBC d AQ a ABQ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ = = = Tính đượ c 0 3 1 3 2 3; sin30 2 3 3 AQ AB a AB a AM a HM AM= = ⇒ = = = = 2 2 2 2 3 2 QM AM AQ a a a = − = − = Ta có:   1 1 3 6 tan .tan . 2 6 2 2 AQ a a SMA SH HM SMA QM = = ⇒ = = = - Th ể tích kh ố i chóp: 3 2 1 1 6 2 . ( ) . 3 3 3 6 6 SABC a a V SH dt ABC a= = = - Tính kho ả ng cách: Qua N k ẻ đườ ng th ẳ ng / /( ) /( ) / / / /( ) SA BN SA BEN A BEN NE SA SA NEB d d d⇒ ⇒ = = G ọ i K là trung đ i ể m c ủ a HM thì ( ) NK ABC ⊥ 6 Ta có: /( ) /( ) 3 3 2 2 A BEN K BEN AE KE d d= ⇒ = H ạ ,( ) 2 2 . , ( ) K BEN KN KF KF EB KP NF KP BEN d KP KN KF ⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ = = + Ta có: 1 6 2 12 a KN SH= = ; 2 2 2 2 3 . . 21 2 7 3 4 a a ME MB a MR ME MB a a = = = + + 2 2 21 3 21 a KF MR⇒ = = . T ừ đ ó tính đượ c: /( ) 2 2 . 2 13 13 39 13 A BEN KN KF a a KP d KN KF = = ⇒ = + V ậ y / 13 13 SA BN a d = Câu V. Cho các s ố th ự c , , x y z th ỏ a mãn đ i ề u ki ệ n: 2 2 2 2 2 1 2 x y z xy yz xz y z yz  + − + − − =   + + =   Tìm giá tr ị l ớ n nh ấ t, giá tr ị nh ỏ nh ấ t c ủ a 2 2 2 P x y z = + + Giải: Ta quy bài toán v ề d ạ ng tìm P để h ệ sau có nghi ệ m: 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 x y z xy yz xz y z yz x y z P  + − + − − =  + + =   + + =  +) N ế u 0 z = thì h ệ đ ã cho tr ở thành: ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 1 0 * 1 2 2 x x x y xy y y x P x P  ± + =  + + =    = ⇔ =     = =    Ph ươ ng trình (*) luôn vô nghi ệ m nên h ệ trên vô nghi ệ m +) Khi 0 z ≠ . Đặ t ; x y a b z z = = , h ệ đ ã cho tr ở thành: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 . 1 1 2 2 1 1 2 1 3 1 x y x y y x a b ab b a z z z z z z z z y y b b z z z z P x x P a a z z z z       + − + − − =      + − + − − =             + + = ⇔ + + =             + + =   + + =        L ấ y (1) –(2) ta đượ c: ( )( ) ( ) 2 2 2 1 1 2 2 1 2 2a ab b a a a b a z z + − − − = − ⇔ + − + − = − 7 ( ) ( ) ( ) 2 2 1 1 1 1 2 2 a b b a z a z a ⇒ + + = − ⇒ = − − + − − Thay vào (2) ta đượ c: ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 2 1 1 1 2 2 a a z a z a z     + + − + + + =         − −     ( ) ( ) 2 2 2 4 1 5 1 0 2 2 a a z a z a ⇔ + + + + = − − (4) Từ (3): 2 2 1 P a a z + + = thay vào phương trình (4) ta được: ( ) ( ) 2 4 2 4 1 5 0 2 2 P z a z z a + + = − − ( ) ( ) 2 2 2 . 2 5. 2 1 0 1 P z P a a a a ⇔ − + − + = + + (5) Từ (3) 2 2 1 P z a a ⇒ = + + thay vào (5) ta được: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 5 2 1 0 1 ( 4 5 1) 4 10 1 0 1 1 P a P a P a P P a P P a a a a − − + + = ⇔ + + − + + + − + = + + + + (6) Hệ đã cho có nghiệm khi (6) có nghiệm tức là: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 4 5 1 4 1 4 10 1 0 P P P P P ∆ = − + + − + − + ≥ 2 25 616 25 616 3 50 3 0 3 3 P P P − + ⇔ − + ≤ ⇔ ≤ ≤ T ừ đ ó tính đượ c các giá tr ị c ủ a , , a b c để d ấ u b ằ ng x ả y ra: V ậ y 25 616 25 616 max ; min 3 3 P P + − = = Câu V. Phần tính toán phức tạp nhưng kq ra lẻ. Rất mong các bạn tìm cách giải để đi đến kq đơn giản hơn. II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần 1.Theo chương trình Chuẩn Câu VIa. 1. Trong m ặ t ph ẳ ng v ớ i h ệ tr ụ c t ọ a độ Oxy cho tam giác ABC có ph ươ ng trình đườ ng phân giác trong góc A là : 2 0 AD x y + + = , đườ ng cao xu ấ t phát t ừ đỉ nh B là : 2 1 0 BH x y − + = . C ạ nh AB đ i qua (1;1) M . Bi ế t di ệ n tích c ủ a tam giác là 27 2 . Tìm t ọ a độ c ủ a các đỉ nh tam giác ABC Giải: 8 I N M C B D A G ọ i N là đ i ể m đố i x ứ ng v ớ i M qua phân giác trong AD thì : 0 MN AD MN x y M MN ⊥  ⇒ − =  ∈  Gi ả s ử : ( 1; 1) ( 3; 3) MN AD I I N ∩ = ⇒ − − ⇒ − − Ph ươ ng trình đườ ng th ẳ ng AC: : 2 9 0 (5; 7) AC BH AC x y A AC AD A N AC ⊥  ⇒ + + = ⇒ = ∩ ⇒ −  ∈  Ph ươ ng trình AB qua , A M là: 1 : 2 3 0 ; ;2 2 AB x y B AB BH B   + − = ⇒ = ∩ ⇒     Ta có , 1 4 9 27 2 2 20 1 4 2 5 B AC S BH d AC BH + + = = = ⇒ = = + Vì di ệ n tích tam giác 27 2 S = Ta có 2 2 5 ( 2 9; ) (14 2 ; 7 ) 5( 7) 20 9 c C AC C c c CA c c AC c c = −  ∈ ⇒ − − ⇒ + − − ⇒ = + = ⇔  = −   Hay (1; 5) (9; 9) C C −   −  . Vì AD là phân giác trong góc A nên B, C ph ả i ở khác phía nhau so v ớ i AD. Suy ra (1; 5) C − . KL: T ọ a độ các đỉ nh tam giác là: (5; 7) A − , 1 ;2 2 B       , (1; 5) C − 2. Trong không gian v ớ i h ệ tr ụ c t ọ a độ Oxyz cho 2 m ặ t ph ẳ ng ( ): 0,( ):(1 ) 0 P x mz m Q m x my + − = − − = ( m là tham s ố th ự c và 0) m ≠ . Vi ế t ph ươ ng trình đườ ng th ẳ ng ∆ là giao tuy ế n c ủ a hai m ặ t ph ẳ ng ( ),( ) P Q bi ế t kho ả ng cách t ừ đ i ể m (2;1; 1) I − đế n đườ ng th ẳ ng ∆ là l ớ n nh ấ t. Giải: 9 M ọ i đ i ể m thu ộ c giao tuy ế n có t ọ a độ luôn th ỏ a mãn h ệ : 0 (1 ) 0 x mz m m x my + − =   − − =  t ừ h ệ ph ươ ng trình ta d ễ tìm đượ c đ i ể m c ố đị nh thu ộ c đườ ng th ẳ ng giao tuy ế n là: (0;0;1) K Ta th ấ y r ằ ng m ọ i đ i ể m ( ; ; ) M x y z thu ộ c giao tuy ế n c ủ a 2 m ặ t ph ẳ ng (P) ,(Q) thì , , x y z ph ả i th ỏ a mãn ph ươ ng trình: (1 ) 0 1 0 x mz m m x my x y z + − + − − = ⇔ + + − = V ậ y ∆ luôn thu ộ c m ặ t ph ẳ ng c ố đị nh ( ): 1 0 x y z α + + − = G ọ i H là hình chi ế u vuông góc c ủ a I lên ∆ thì IH IK ≤ T ừ đ ó ta suy ra / max I d IK IK ∆ = ⇔ ⊥ ∆ Ta có: ( 2; 1; 2) IK − − −  suy ra ( ) 3 ; (3;0;1) : 0 1 x t u n IK PTTS y z t α ∆ =     = = ⇒ ∆ =     = +     Câu VIIa. Cho s ố ph ứ c z th ỏ a mãn đ i ề u ki ệ n 10 9 11 10 10 11 0 z iz iz + + − = . Ch ứ ng minh r ằ ng 1 z = . Lời giải: Ta có: ( ) 10 9 9 11 10 10 11 0 11 10 11 10 z iz iz z z i iz + + − = ⇔ + = − hay 9 11 10 11 10 iz z z i − = + (*) Đặ t z x yi = + v ớ i , x y ∈ ℝ . T ừ (*) suy ra: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 9 2 2 2 2 10 11 220 ; 11 10 11 10 11 10 11 10 ; 11 10 220 x y y f x y iz iz z z i z i g x y x y y + + + − − = = = = + + + + + Xét các tr ườ ng h ợ p: +) N ế u 1 z > thì 2 2 1 x y + > nên: ( ) ( ) 2 2 2 2 ; 11 10 220 g x y x y y = + + + ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 10 21 10 220 10 11 220 ; x y x y y x y y f x y = + + + + + > + + + = Do đ ó 9 1 1 z z < ⇒ < (mâu thu ẫ n) +) N ế u 1 z < thì 2 2 1 x y + < nên: ( ) ( ) 2 2 2 2 ; 11 10 220 g x y x y y = + + + ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 10 21 10 220 10 11 220 ; x y x y y x y y f x y = + + + + + < + + + = Suy ra 9 1 1 z z > ⇒ > (mâu thu ẫ n) +) N ế u 1 z = thì ( ) ( ) ; ; g x y f x y = (th ỏ a mãn) V ậ y 1 z = . 2. Theo chương trình Nâng cao 10 Câu VIb 1. Trong m ặ t ph ẳ ng v ớ i h ệ tr ụ c t ọ a độ Oxy cho đườ ng th ẳ ng ( ) : 1 0 d x y − + = và đườ ng tròn 2 2 ( ): 2 4 4 0 T x y x y + − + − = . Tìm đ i ể m M thu ộ c đườ ng th ẳ ng ( ) d sao cho qua M ta k ẻ đượ c các ti ế p tuy ế n , MA MB đế n đườ ng tròn ( ) T ,( , A B là các ti ế p đ i ể m) đồ ng th ờ i kho ả ng cách t ừ đ i ể m 1 ;1 2 N       đế n đườ ng th ẳ ng đ i qua AB là l ớ n nh ấ t. Giải: M I B A Xét đ i ể m ( ; 1) ( ) M a a d + ∈ . Và đ i ể m ( ; ) A x y là ti ế p đ i ể m Ta có: ( ; 1); ( 1; 2) MA x a y a IA x y − − − − +   Vì A thu ộ c đườ ng tròn nên: 2 2 2 4 4 0 x y x y + − + − = (1) Vì A c ũ ng là ti ế p đ i ể m nên: 2 2 . 0 ( 1) (1 ) 2 0 MA IA x y a x a y a = ⇔ + − + + − − − =   (2) L ấ y ph ươ ng trình (1) tr ừ ph ươ ng trình (2) ta có ( ) : ∆ ( 1) ( 3) 2 0 a x a y a − + − + − = Suy ra ph ươ ng trình đườ ng th ẳ ng đ i qua , A B là: ( ) : ∆ ( 1) ( 3) 2 0 a x a y a − + − + − = Ta tìm đượ c đ i ể m c ố đị nh ( ) ∆ luôn đ i qua là: 1 1 ; 2 2 P   − −     G ọ i H là hình chi ế u vuông góc c ủ a N lên ( ) ∆ thì NH NP ≤ D ấ u b ằ ng x ả y ra khi NH NP ⊥ ta có: 3 1; 2 NP   − −      suy ra đ i ề u ki ệ n là: 3 ( 1)(3 ) ( 1) 0 3 ( 3; 2) 2 a a a M − − − − = ⇔ = − ⇒ − − 2. Trong không gian v ớ i h ệ tr ụ c t ọ a độ Oxyz cho (1;0;2), (3;1;4), (3; 2;1) A B C − . G ọ i ∆ là đườ ng th ẳ ng qua A vuông góc v ớ i m ặ t ph ẳ ng ( ) ABC . Tìm đ i ể m S thu ộ c đườ ng th ẳ ng ∆ sao cho m ặ t c ầ u ngo ạ i ti ế p t ứ di ệ n SABC có bán kính b ằ ng 3 11 2 [...]... 11 3  t = 3  S (4; 6; −4) 1   1   1  99  AI =  ⇔ 2+ t +− +t + −t = ⇔ 9t 2 = 81 ⇔  ⇒    2   2  2  4  t = −3  S (−2; −6;8)  2   S (4; 6; −4) Kết luận:   S (−2; −6;8) 2 Câu VIIb  z1 = z2 = z3 = 1  Cho các số phức z1 , z2 , z3 thỏa mãn hệ:  z1 z2 z3 Tính giá trị của biểu thức  z + z + z =1 3 1  2 A = 3z1 + 12 z2 + 2011z3 Giải: z z1 z = 2 = 3 =1 z2 z3 z1 z z z z z Đặt... y + sin(− x − y ) = 2sin   cos   − 2sin   cos  =0  2   2   2   2   x = k 2π x y  x+ y  ⇔ 4sin   sin sin = 0 ⇔  y = k 2π 2 2  2    x + y = k 2π Suy ra 2 trong ba số z1 , z2 , z3 phải có 2 số bằng nhau: Giả sử 2 z  z z z z z1 = z2 ⇒ 1 + 3 = 0 ⇔ 1 = − 3 ⇔  3  = −1 ⇒ z3 = ±iz1 z2 z1 z2 z1  z1  ⇒ A = 3 z1 + 12 z2 + 2011z3 = 3 z1 + 12 z1 ± i.2011z3 = z1 3 + 12 ± i.2011 = (3.. .Giải: S M I C A K B Ta có: AB (2;1; 2), AC (2; −2; −1) vì AB AC = 0 ⇒ ∆ABC vuông tại A Gọi K là tâm vòng tròn 1 5  ngoại tiếp tam giác ABC ⇒ K  3; − ;  2 2  Có:  AB, AC  = (3; 6; −6) / / n (1; . 25 2 5 25 2 5 25 9 4 0 9 4 0 1 9 4 1 0 9( 1) 9( 1) 9( 1) t t t t t t t t t t t t − + + − − − − ⇔ − − ≥ ⇔ + − ≤ ⇔ + + − − ≤ + + + 2 2 4 16 4(2 ) 4 2 0 2( 2) 0 9( 1) 9( 1) 9 4 1 9 4 1 t t t t t t. đ ánh giá 4 2 ( ) 0 9( 1) 9 4 1 t f t t t + = − < + − + nh ư sau: 4 1 1 4 9( 1) 9 3( 1) 9 t t t + = + < + + 2 2 2 2 4 1 9 4 1t < ≤ = − + suy ra 4 2 ( ) 0 9( 1) 9 4 1 t f t t t + =. 1 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ SỐ 9 NĂM 2012 BOXMATH. VN I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I. Cho hàm số 3 2 3 2 y x x = − + ( ) C 1. Kh ả o