Thi thử đại học môn Toán lần 2 năm 2012 Trường THPT Gia Định

TRƯỜNG THPT GIA ĐỊNH KIỂM TRA CHUẨN BỊ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 2012 MÔN TOÁN KHỐI A, B, A 1 ĐỀ KIỂM TRA SỐ 2 (Thời gian làm bài: 180 phút) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I. (2 điểm) Cho hàm số y = 2mx + 1 x – m (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò hàm số (1) khi m = 1. 2. Gọi (C m ) là đồ thò hàm số (1) và I là giao điểm hai tiệm cận của (C m ). Với M là một điểm bất kỳ thuộc (C m ), gọi A, B là giao điểm của tiếp tuyến với (C m ) tại M và hai tiệm cận của (C m ). Đònh m để tam giác IAB có diện tích bằng 8050 (đơn vò diện tích). Câu II. (2 điểm) 1. Giải phương trình sinx + sin 2 x + sin 3 x + sin 4 x = cosx + cos 2 x + cos 3 x + cos 4 x. 2. Giải phương trình x 2 + 10x + 9 = (2x + 5) x 2 + 9. Câu III. (1 điểm) Tính tích phân I = ⌡ ⎮ ⌠ –2 2 4 – x 2 (2012) x + 1 1 dx. Câu IV. (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác ABC vuông cân tại A với AB = 2a, hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm H của cạnh BC, AA’ = 2a. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (ABB’A’). Câu V. (1 điểm) Cho a, b, c > 0 sao cho a + b + c = 3. Chứng minh: 1 a 3 + 2bc + 1 b 3 + 2ca + 1 c 3 + 2ab ≤ 1 abc II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2). 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh A(–3; 1), phương trình của đường thẳng BD là 4x – 3y – 5 = 0, AB = 2AD. Tìm tọa độ của các đỉnh B, C, D biết rằng đỉnh D có hoành độ âm. 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P): x – 2y + z – 2012 = 0 và hai đường thẳng (d 1 ): x + 1 2 = y – 2 1 = z + 3 –1 , (d 2 ): x – 3 1 = y + 2 –1 = z – 1 –2 . Lập phương trình của mặt phẳng (Q) biết rằng (Q) song song với (P) và (Q) cắt (d 1 ), (d 2 ) lần lượt tại M, N với MN = 12 11. Câu VII.a (1 điểm). Tìm số phức z biết rằng |z – 2 + 3i| = |z − + 1 – 2i| và |z + i| = 1. 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho đường tròn (C): x 2 + y 2 = 6 và parabol (P): y 2 = 2x. Tìm tọa độ của điểm M thuộc (P) biết rằng qua M có hai tiếp tuyến với (C) và góc giữa hai tiếp tuyến bằng 60°. 2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm M(1; 2; 3), mặt phẳng (P): y – z + 2012 = 0 và đường thẳng (d) là giao tuyến của hai mặt phẳng x + y – 2012 = 0, z + 2012 = 0. Lập phương trình tham số của đường thẳng ( Δ ) biết rằng ( Δ ) đi qua M, ( Δ ) tạo với (P) góc 30° và ( Δ ) tạo với (d) góc 60°. Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình ⎩ ⎨ ⎧ x 2 – x = y 2 + y 2 x–y – 2 x–1 = x + y . HẾT 1 TRƯỜNG THPT GIA ĐỊNH KIỂM TRA CHUẨN BỊ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 2012 MÔN TOÁN KHỐI A, B, A 1 ĐÁP ÁN & BIỂU ĐIỂM ĐỀ KIỂM TRA SỐ 2 (Thời gian làm bài: 180 phút) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I. (2 điểm) y = 2mx + 1 x – m (1). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò hàm số (1) khi m = 1. (1 điểm) y = 2x + 1 x – 1 . Tập xác đònh D = a \ {1}. y’ = –3 (x – 1) 2 . ' Lưu ý. Thiếu tập xác đònh: 0 điểm phần này. Tính sai y’: 0 điểm toàn bộ câu 1. 0,25 Tiệm cận đứng: x = 1. Tiệm cận ngang: y = 2. 0,25 Bảng biến thiên: „ ghi đúng tập xác đònh của hàm số „ ký hiệu đúng chiều biến thiên của hàm số „ ghi đúng giới hạn của y khi x dần tới 1, x dần tới vô cực. ' Lưu ý. Sai hoặc thiếu > 1 yếu tố: 0 điểm phần này và 0 điểm phần đồ thò. 0,25 Đồ thò: „ vẽ đúng tiệm cận „ ghi tên trục Ox, Oy và tọa độ các điểm đặc biệt „ mỗi nhánh của đồ thò đi qua ít nhất hai điểm đặc biệt, ví dụ (–2; 1), (0; –1), (2; 5), (4; 3). ' Lưu ý. Sai hoặc thiếu > 1 yếu tố: 0 điểm phần này. 0,25 2. (C m ) là đồ thò hàm số (1), I là giao điểm hai tiệm cận của (C m ). Với M ∈ (C m ), gọi A, B là giao điểm của tiếp tuyến với (C m ) tại M và hai tiệm cận của (C m ). Đònh m để tam giác IAB có diện tích bằng 8050 (đơn vò diện tích). (1 điểm) Xét M(x 0 ; y 0 ) ∈ (C m ) ta có y 0 = 2mx 0 + 1 x 0 – m với x 0 ≠ m. Gọi (D) là tiếp tuyến với (C m ) tại M. Phương trình của (D): y – 2mx 0 + 1 x 0 – m = – 2m 2 + 1 (x 0 – m) 2 (x – x 0 ) Tiệm cận đứng của (C m ) là (d 1 ): x = m. Gọi {A} = (D) ∩ (d 1 ) ta có A ⎝ ⎜ ⎛ ⎠ ⎟ ⎞ m; 2mx 0 + 2m 2 + 2 x 0 – m . 0,25 Tiệm cận ngang của (C m ) là (d 2 ): y = 2m. Gọi {B} = (D) ∩ (d 2 ) ta có B(2x 0 – m; 2m). 0,25 Giao điểm của hai tiệm cận là I(m; 2m). Ta có IA = 2(2m 2 + 1) |x 0 – m| , IB = 2|x 0 – m|. 0,25 S IAB = 8050 ⇔ 1 2 IA.IB = 8050 ⇔ 2(2m 2 + 1) = 8050 ⇔ m 2 = 2012 ⇔ m = ± 2012. ̋ 0,25 Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình sinx + sin 2 x + sin 3 x + sin 4 x = cosx + cos 2 x + cos 3 x + cos 4 x. (1 điểm) PT ⇔ (sinx – cosx) + (sin 2 x – cos 2 x) + (sin 3 x – cos 3 x) + (sin 4 x – cos 4 x) = 0 PT ⇔ (sinx – cosx)[2 + 2(sinx + cosx) + sinx.cosx] = 0 0,25 „ sinx – cosx = 0 ⇔ 2sin ⎝ ⎜ ⎛ ⎠ ⎟ ⎞ x – π 4 = 0 ⇔ x = π 4 + kπ (k ∈ _) 0,25 „ 2 + 2(sinx + cosx) + sinx.cosx = 0 ⇔ t 2 + 4t + 3 = 0 ⇔ t = –1 với t = sinx + cosx, |t| ≤ 2 0,25 ⇔ sinx + cosx = −1 ⇔ sin ⎝ ⎜ ⎛ ⎠ ⎟ ⎞ x + π 4 = − 1 2 = sin ⎝ ⎜ ⎛ ⎠ ⎟ ⎞ − π 4 ⇔ x = − π 2 + k2π ∨ x = π + k2π (k ∈ _). ̋ 0,25 2. Giải phương trình x 2 + 10x + 9 = (2x + 5) x 2 + 9. (1 điểm) Cách 1. Cách 2. 2 Đặt t = x 2 + 9 (t ≥ 0) ta có x 2 = t 2 − 9. ' Lưu ý. Nếu không có điều kiện đối với t vẫn cho trọn 0,25 điểm phần này. PT ⇒ (x 2 + 10x + 9) 2 = (2x + 5) 2 (x 2 + 9). ' Lưu ý. Nếu viết “ ⇔ ” thay vì “ ⇒ ” thì 0 điểm phần này. 0,25 PT ⇔ t 2 + 10x = (2x + 5)t PT ⇔ t 2 − (2x + 5)t + 10x = 0 PT ⇔ t = 5 ∨ t = 2x. ⇒ x 4 – 19x 2 + 48 = 0. ' Lưu ý. Nếu viết “ ⇔ ” vẫn cho trọn 0,25 điểm phần này. 0,25 „ t = 5 ⇔ x 2 + 9 = 5 ⇔ x 2 = 16 ⇔ x = ±4. ⇒ x 2 = 16 ∨ x 2 = 3 ⇒ x = ±4 ∨ x = ± 3. 0,25 „ t = 2x ⇔ x 2 + 9 = 2x ⇔ ⎩ ⎨ ⎧ x ≥ 0 x 2 = 3 ⇔ x = 3 Thử lại, nhận x = ±4 ∨ x = 3. ̋ 0,25 Câu III (1 điểm) Tính tích phân I = ⌡ ⎮ ⌠ –2 2 4 – x 2 (2012) x + 1 1 dx. Đặt x = −u ⇒ dx = −du. Ta có x = −2 ⇒ u = 2; x = 2 ⇒ u = −2. I = ⌡ ⎮ ⌠ 2 −2 4 – u 2 (2012) –u + 1 2 (–du) = ⌡ ⎮ ⌠ –2 2 (2012) u 4 – u 2 1 + (2012) u 2 du = ⌡ ⎮ ⌠ –2 2 (2012) x 4 – x 2 1 + (2012) x 2 dx = J. 0,25 I + J = ⌡ ⎮ ⌠ –2 2 4 – x 2 (2012) x + 1 1 dx + ⌡ ⎮ ⌠ –2 2 (2012) x 4 – x 2 1 + (2012) x 1 dx = ⌡ ⎮ ⌠ –2 2 4 – x 2 dx 1 2 0,25 Đặt x = 2sint (–π/2 ≤ t ≤ π/2) ⇒ dx = 2cost dt. Ta có x = –2 ⇒ t = –π/2; x = 2 ⇒ t = π/2. I + J = ⌡ ⎮ ⌠ –π/2 π/2 4cos 2 t dt 1 2 = ⌡ ⎮ ⌠ –π/2 π/2 2(1 + cos2t) dt 1 2 = 2 ⎝ ⎜ ⎛ ⎠ ⎟ ⎞ t + 1 2 sin2t ⎪ ⎪ ⎪ π/2 –π/2 = 2π. 0,25 ⎩ ⎨ ⎧ I = J I + J = 2π ⇒ I = π. ̋ 0,25 Câu IV (1 điểm) Lăng trụ ABC.A’B’C’ có ΔABC vuông cân tại A với AB = 2a, A’H ⊥ (ABC) với H là trung điểm cạnh BC, AA’ = 2a. Tính V ABC.A’B’C’ và d[C; (ABB’A’)]. Ỉ Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’. ΔABC vuông cân tại A có AH = AB 2 2 = 2a. ΔA’HA có A’H = AA’ 2 – AH 2 = 2a. 0,25 V ABC.A’B’C’ = S ABC .A’H = 1 2 AB.AC.A’H = 1 2 2a.2a. 2a = 2 2a 3 (đvtt). 0,25 Ỉ Tính khoảng cách từ C đến (ABB’A’). Cách 1. Cách 2. V A’ABC = 1 3 S ABC .A’H = 1 6 AB.AC.A’H = 2 2a 3 3 Δ A’HB có: A’B = A’H 2 + HB 2 = 2a. Δ A’AB có A’A = A’B = AB = 2a nên là tam giác đều ⇒ S A’AB = AB 2 3 4 = 3a 2 . Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A ≡ O(0; 0; 0), B(2a; 0; 0), C(0; 2a; 0), A’(a; a; 2a). AB ⎯→ = (2a; 0; 0), AA’ ⎯→ = (a; a; 2a). VTPT của (ABB’A’): [AB ⎯→ ; AA’ ⎯→ ] = (0; –2 2a 2 ; 2a 2 ) hay n → = (0; 2; −1). 0,25 d[C; (ABB’A’)] = 3V A’ABC S A’AB = 2 2a 3 3a 2 = 2 6a 3 . ̋ Phương trình (ABB’A’): 2y – z = 0. d[C; (ABB’A’)] = | 2.2a – 0| ( 2) 2 + (–1) 2 = 2 6a 3 . ̋ 0,25 3 Câu V (1 điểm) a, b, c > 0, a + b + c = 3. Chứng minh: 1 a 3 + 2bc + 1 b 3 + 2ca + 1 c 3 + 2ab ≤ 1 abc . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương ta có: a 3 + bc + bc ≥ 3 3 a 3 b 2 c 2 = 3a 3 b 2 c 2 . 0,25 Suy ra 1 a 3 + 2bc ≤ 1 3a 3 b 2 c 2 . Chứng minh tương tự: 1 b 3 + 2ca ≤ 1 3b 3 c 2 a 2 , 1 c 3 + 2ab ≤ 1 3c 3 a 2 b 2 . 0,25 Do đó 1 a 3 + 2bc + 1 b 3 + 2ca + 1 c 3 + 2ab ≤ 1 3a 3 b 2 c 2 + 1 3b 3 c 2 a 2 + 1 3c 3 a 2 b 2 = 3 bc + 3 ca + 3 ab 3abc (1) 0,25 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương ta lại có: 3 bc + 3 ca + 3 ab ≤ 1 + b + c 3 + 1 + c + a 3 + 1 + a + b 3 = 3 ⇒ 3 bc + 3 ca + 3 ab 3abc ≤ 3 3abc = 1 abc (2) (1) ∧ (2) ⇒ 1 a 3 + 2bc + 1 b 3 + 2ca + 1 c 3 + 2ab ≤ 1 abc . ̋ 0,25 II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2). 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu VI.a (2 điểm) 1. Hình chữ nhật ABCD có đỉnh A(–3; 1), (BD): 4x – 3y – 5 = 0, AB = 2AD. Tìm tọa độ của các đỉnh B, C, D biết rằng x D < 0. (1 điểm) Vẽ AH ⊥ BD tại H ta có AH = d[A; (BD)] = |4(–3) – 3(1) – 5| 4 2 + (–3) 2 = 4. ΔABD có 1 AH 2 = 1 AB 2 + 1 AD 2 = 1 4AD 2 + 1 AD 2 = 5 4AD 2 ⇒ AD 2 = 5 4 AH 2 = 20. 0,25 D ∈ BD ∧ AD 2 = 20 ⇒ Tọa độ của D là nghiệm của hệ PT ⎩ ⎨ ⎧ 4x – 3y – 5 = 0 (x + 3) 2 + (y − 1) 2 = 20 (*) Hệ (*) có 2 nghiệm là (–1; –3), (7/5; 1/5). Đối chiếu với giả thiết x D < 0 ta nhận D(–1; –3). 0,25 B ∈ (BD) ∧ AB ⎯→ .AD ⎯→ = 0 ⇒ Tọa độ của B là nghiệm của hệ ⎩ ⎨ ⎧ 4x – 3y – 5 = 0 2(x + 3) – 4(y − 1) = 0 ⇒ B(5; 5). 0,25 Gọi I là trung điểm BD ta có I(2; 1). I cũng là trung điểm AC ⇒ C(7; 1). ̋ ' Lưu ý. Nếu tìm tọa độ của B bằng cách khác và ra hai kết quả B(5; 5), B(–23/5; –39/5) từ đó ra hai kết quả đối với tọa độ của C thì 0 điểm phần này. 0,25 2. (P): x – 2y + z – 2012 = 0, (d 1 ): x + 1 2 = y – 2 1 = z + 3 –1 , (d 2 ): x – 3 1 = y + 2 –1 = z – 1 –2 . Lập PT của (Q) biết rằng (Q) // (P), (Q) cắt (d 1 ), (d 2 ) lần lượt tại M, N với MN = 12 11. (1 điểm) (Q) // (P) ⇒ Phương trình của (Q) có dạng: x – 2y + z + d = 0. (d 1 ) ∩ (Q) = {M} ⇒ M(2d – 17; d – 6; 5 – d). 0,25 (d 2 ) ∩ (Q) = {N} ⇒ N(–d – 5; d + 6; 2d + 17). 0,25 MN = 12 11 ⇒ (12 – 3d) 2 + 144 + (3d + 12) 2 = 1584 ⇒ 18d 2 = 1152 ⇒ d 2 = 64 ⇒ d = ±8. 0,25 Suy ra (Q): x – 2y + z + 8 = 0 ∨ (Q): x – 2y + z – 8 = 0. ̋ 0,25 Câu VII.a (1 điểm) Tìm số phức z biết rằng |z – 2 + 3i| = |z − + 1 – 2i| và |z + i| = 1. (1 điểm) |z – 2 + 3i| = |z − + 1 – 2i| ⇒ |(a – 2) + (b + 3)i| = |(a + 1) – (b + 2)i| với z = a + bi (a, b ∈ a). ⇒ (a – 2) 2 + (b + 3) 2 = (a + 1) 2 + (b + 2) 2 ⇒ 6a – 2b = 8 ⇒ b = 3a – 4 (1) 0,25 |z + i| = 1 ⇒ |a + (b + 1)i| = 1 ⇒ a 2 + (b + 1) 2 = 1 (2) (1) ∧ (2) ⇒ a 2 + (3a – 3) 2 = 1 ⇒ 10a 2 – 18a + 8 = 0 ⇒ a = 1 ∨ a = 4/5. 0,25 4 „ a = 1 ⇒ b = –1 ⇒ z = 1 – i. 0,25 „ a = 4/5 ⇒ b = –8/5 ⇒ z = 4/5 – (8/5)i. ̋ 0,25 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu VI.b (2 điểm) 1. (C): x 2 + y 2 = 6, (P): y 2 = 2x. Tìm tọa độ của điểm M thuộc (P) biết rằng qua M có hai tiếp tuyến với (C) và góc giữa hai tiếp tuyến bằng 60°. (1 điểm) (C) có tâm O(0; 0), bán kính R = 6. Xét M(x; y) ∈ (P) thỏa yêu cầu bài toán, gọi MT, MT’ là hai tiếp tuyến với (C). Góc giữa 2 tiếp tuyến bằng 60° ⇒ ⎣ ⎢ ⎡ ∠TMT’ = 60° ∠TMT’ = 120° ⇒ ⎣ ⎢ ⎡ ∠OMT’ = 30° ∠OMT’ = 60° ⇒ ⎣ ⎢ ⎡ OM = 2R = 2 6 OM = 2R/ 3 = 2 2 0,25 ⇒ ⎣ ⎢ ⎡ x 2 + y 2 = 24 x 2 + y 2 = 8 ⇒ ⎣ ⎢ ⎡ x 2 + 2x – 24 = 0 x 2 + 2x – 8 = 0 (do M ∈ (P) nên y 2 = 2x) 0,25 ⇒ x = 4 ∨ x = 2 (loại x = –6, x = –4 do M ∈ (P) nên x = y 2 /2 ≥ 0) ' Lưu ý. Nếu không loại các nghiệm x = –6, x = –4 vẫn cho trọn 0,25 điểm phần này. 0,25 ⇒ M(4; 2 2) ∨ M(4; –2 2) ∨ M(2; 2) ∨ M(2; –2). ̋ 0,25 2. M(1; 2; 3), (P): y – z + 2012 = 0, (d) = (Q) ∩ (R) với (Q): x + y – 2012 = 0, (R): z + 2012 = 0. Lập phương trình tham số của đường thẳng ( Δ ) biết rằng M ∈ ( Δ ), ∠[( Δ ); (P)] = 30° và ∠ [( Δ ); (d)] = 60°. (1 điểm) Gọi vectơ chỉ phương của ( Δ ) là v → = (a; b; c) với a 2 + b 2 + c 2 > 0. Vectơ pháp tuyến của (P) là n → = (0; 1; –1). ∠[( Δ ); (P)] = 30° ⇒|cos(n → ; v → )| = sin30° ⇒ |b – c| 2. a 2 + b 2 + c 2 = 1 2 ⇒ a 2 + b 2 + c 2 = 2|b – c|(1) 0,25 Vectơ chỉ phương của (d) là a → = (1; –1; 0). ∠[( Δ ); (d)] = 60° ⇒|cos(a → ; v → )| = cos60° ⇒ |a – b| 2. a 2 + b 2 + c 2 = 1 2 ⇒ a 2 + b 2 + c 2 = 2|a – b|(2) 0,25 (1) ∧ (2) ⇒ |b – c| = |a – b| ⇒ ⎣ ⎢ ⎡ c = a (3) c = 2b – a (4) . (2) ∧ (3) ⇒ ⎩ ⎨ ⎧ c = a 2a 2 + b 2 = 2|a – b| ⇒ ⎩ ⎨ ⎧ c = a b = 0 ∨ b = 4a ⇒ v → = (1; 0; 1) ∨ v → = (1; 4; 1). (2) ∧ (4) ⇒ ⎩ ⎨ ⎧ c = 2b – a 2a 2 – 4ab + 5b 2 = 2|a – b| ⇒ ⎩ ⎨ ⎧ c = –a b = 0 ⇒ v → = (1; 0; –1). 0,25 Phương trình của ( Δ ): ⎩ ⎪ ⎨ ⎪ ⎧ x = 1 + t y = 2 z = 3 + t ∨ ⎩ ⎪ ⎨ ⎪ ⎧ x = 1 + t y = 2 + 4t z = 3 + t ∨ ⎩ ⎪ ⎨ ⎪ ⎧ x = 1 + t y = 2 z = 3 – t . ̋ 0,25 Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình ⎩ ⎨ ⎧ x 2 – x = y 2 + y (1) 2 x–y – 2 x–1 = x + y (2) . (1) ⇔ (x + y)(x – y – 1) = 0 ⇔ y = –x ∨ y = x – 1. 0,25 Thay y = –x vào (2): 2 2x – 2 x–1 = 0 ⇔ 2 x = 2 –1 ⇔ x = –1. Suy ra (–1; 1) là nghiệm của HPT. 0,25 Thay y = x – 1 vào (2): 2 – 2 x–1 = 2x – 1 ⇔ 2 x–1 + 2x – 3 = 0 (*). Rõ ràng x = 1 là một nghiệm của phương trình (*). 0,25 Xét hàm số f(x) = 2 x–1 + 2x – 3 ta có f’(x) = 2 x–1 .ln2 + 2 > 0 (∀x ∈ a) ⇒ f đồng biến trên a ⇒ phương trình (*) có tối đa một nghiệm ⇒ x = 1 là nghiệm duy nhất của (*). Suy ra (1; 0) là nghiệm của hệ phương trình. ̋ 0,25 . x = 2 ⇒ u = 2; x = 2 ⇒ u = 2. I = ⌡ ⎮ ⌠ 2 2 4 – u 2 (20 12) –u + 1 2 (–du) = ⌡ ⎮ ⌠ 2 2 (20 12) u 4 – u 2 1 + (20 12) u 2 du = ⌡ ⎮ ⌠ 2 2 (20 12) x 4 – x 2 1 + (20 12) x 2 dx = J. 0 ,25 I. ⌡ ⎮ ⌠ 2 2 4 – x 2 (20 12) x + 1 1 dx + ⌡ ⎮ ⌠ 2 2 (20 12) x 4 – x 2 1 + (20 12) x 1 dx = ⌡ ⎮ ⌠ 2 2 4 – x 2 dx 1 2 0 ,25 Đặt x = 2sint (–π /2 ≤ t ≤ π /2) ⇒ dx = 2cost dt. Ta có x = 2 ⇒ t = –π /2; . cho trọn 0 ,25 điểm phần này. 0 ,25 ⇒ M(4; 2 2) ∨ M(4; 2 2) ∨ M (2; 2) ∨ M (2; 2) . ̋ 0 ,25 2. M(1; 2; 3), (P): y – z + 20 12 = 0, (d) = (Q) ∩ (R) với (Q): x + y – 20 12 = 0, (R): z + 20 12 = 0. Lập