BỘ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO ðỀ SÔ 02 THỬ SỨC TRƯỚC KỲ THI TUYỂN SINH ðẠI HỌC 2013 Môn: TOÁN; Khối A, A1, B, D Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát ñề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ñiểm) Câu 1 (2,0 ñiểm). Cho hàm số 1 x m y x + = + ( 1) m ≠ (1) a) Kh ả o sát s ự bi ế n thiên và v ẽ ñồ th ị hàm s ố (1) khi 1. m = − b) G ọ i 1 k là h ệ s ố góc c ủ a ti ế p tuy ế n t ạ i giao ñ i ể m c ủ a ñồ th ị hàm s ố (1) v ớ i tr ụ c hoành. G ọ i 2 k là h ệ s ố góc c ủ a ti ế p tuy ế n v ớ i ñồ th ị hàm s ố (1) t ạ i ñ i ể m có hoành ñộ 1. x = Tìm t ấ t c ả các giá tr ị c ủ a tham s ố m sao cho 1 2 k k + ñạ t giá tr ị nh ỏ nh ấ t. Câu 2 (1,0 ñiểm). Gi ả i ph ươ ng trình 2 2 sin3 cos tan 2tan 1 2 . cos2 1 tan x x x x x x − + − = − Câu 3 (1,0 ñiểm). Gi ả i b ấ t ph ươ ng trình 2 1 1 4 3. x x − − < Câu 4 (1,0 ñiểm). Tính tích phân 2 4 2 cos ( 2)sin . cos sin π π x x x x I dx x x x + − = − ∫ Câu 5 (1,0 ñiểm). Cho hình l ậ p ph ươ ng . ABCD A B C D ′ ′ ′ ′ có c ạ nh . a Tính kho ả ng cách gi ữ a hai ñườ ng th ẳ ng BB ′ và . A C ′ G ọ i M là trung ñ i ể m c ủ a c ạ nh . BB ′ M ặ t ph ẳ ng ( ) A MD ′ chia hình l ập phương thành hai khối ña diện. Tính tỉ số thể tích của hai khối ña diện này. Câu 6 (1,0 ñiểm). Giả sử , a , b c là ñộ dài ba c ạ nh c ủ a tam giác có chu vi b ằ ng 3. Tìm giá tr ị nh ỏ nh ấ t c ủ a bi ể u th ứ c 2 2 2 3( ) 4 . P a b c abc = + + + I. PHẦN RIÊNG (3,0 ñiểm): Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 ñiểm). Trong m ặ t ph ẳ ng v ớ i h ệ t ọ a ñộ , Oxy cho hình bình hành ABCD có ( 6; 6), D − − ñườ ng trung tr ự c 1 ∆ c ủ a ñ o ạ n th ẳ ng CD có ph ươ ng trình 2 3 17 0 x y + + = và ñườ ng phân giác 2 ∆ c ủ a góc BAC có ph ươ ng trình 5 3 0. x y + − = Xác ñị nh t ọ a ñộ các ñỉ nh còn l ạ i c ủ a hình bình hành. Câu 8.a (1,0 ñiểm). Trong không gian , Oxyz cho hai ñườ ng th ẳ ng 1 1 2 : 2 1 1 x y z d − + = = − và 2 1 2 : 1 . 3 x t d y t z = − + = + = Ch ứ ng minh r ằ ng 1 , d 2 d chéo nhau và vi ế t ph ươ ng trình m ặ t c ầ u có bán kính nh ỏ nh ấ t, ñồ ng th ờ i ti ế p xúc v ớ i 1 d và 2 . d Câu 9.a (1,0 ñiểm). T ừ các ch ữ s ố 0, 1, 2, 3, 4, 5, có th ể l ậ p ñượ c bao nhiêu s ố t ự nhiên mà m ỗ i s ố có 6 ch ữ s ố ñ ôi m ộ t khác nhau, trong ñ ó hai ch ữ s ố 2 và 3 luôn ñứ ng c ạ nh nhau ? B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 ñiểm). Trong m ặ t ph ẳ ng , Oxy cho ñườ ng tròn 2 2 ( ): 2 4 20 0 C x y x y + − + − = và hai ñườ ng th ẳ ng 1 : 2 5 0, d x y + − = 2 :2 0. d x y + = Vi ế t ph ươ ng trình ñườ ng th ẳ ng ∆ ti ế p xúc v ớ i ( ) C t ạ i , A c ắ t 1 , d 2 d l ầ n l ượ t t ạ i B và C sao cho B là trung ñ i ể m c ủ a ñ o ạ n th ẳ ng . AC Câu 8.b (1,0 ñiểm). Trong không gian v ớ i h ệ t ọ a ñộ , Oxyz cho ñườ ng th ẳ ng 1 2 : 2 1 1 x y z d − + = = và m ặ t ph ẳ ng ( ): 2 3 0. P x y z + − − = Vi ế t ph ươ ng trình ñườ ng th ẳ ng ∆ n ằ m trong ( ), P sao cho ∆ vuông góc v ớ i d và kho ả ng cách gi ữ a hai ñườ ng th ẳ ng ∆ và d b ằ ng 2. Câu 9.b (1,0 ñiểm). Tìm s ố ph ứ c z th ỏ a 3 3 3 z i + − = và có acgumen ϕ nh ỏ nh ấ t v ớ i ( ) 0; ϕ π ∈ . Hết Thí sinh không ñược sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. H ọ và tên thí sinh:……………………………………………………; S ố báo danh:…………………… Ch ữ ký giám th ị 1: Ch ữ ký giám th ị 2: ðÁP ÁN – THANG ðIỂM CÂU ðÁP ÁN ðIỂM I. PHẦN CHUNG 1 (2,0 ñiểm) Cho hàm số 1 x m y x + = + ( 1)m ≠ (1) a) Kh ả o sát s ự bi ế n thiên và v ẽ ñồ th ị hàm s ố (1) khi 1.m = − 1,0 ñiểm V ớ i 1,m = − hàm số ñã cho trở thành 1 1 x y x − = + • T ậ p xác ñị nh: { } \ 1D = −ℝ • S ự bi ế n thiên: ￚ Chi ề u bi ế n thiên: 2 2 ' 0, ( 1) y x = > + x D ∈ Hàm s ố ñồ ng bi ế n trên các kho ả ng ( ) ; 1−∞ − và ( ) 1;− +∞ 0.25 ￚ Gi ớ i h ạ n và ti ệ m c ậ n: ( 1) ( 1) lim ; lim x x y y − + → − → − = +∞ = −∞ ⇒ Ti ệ m c ậ n ñứ ng: 1x = − lim lim 1 x x y y →−∞ →+∞ = = ⇒ Ti ệ m c ậ n ngang: 1y = 0.25 ￚ B ả ng bi ế n thiên: x −∞ 1− +∞ y ′ + + y 0.25 • ðồ th ị : ðồ th ị hàm s ố ñ i qua các ñ i ể m (0; 1),− (1;0) và nh ậ n giao ñ i ể m c ủ a hai ti ệ m c ậ n ( 1;1)I − làm tâm ñố i x ứ ng. 0.25 b) G ọ i 1 k là h ệ s ố góc c ủ a ti ế p tuy ế n t ạ i giao ñ i ể m c ủ a ñồ th ị hàm s ố (1) v ớ i tr ụ c hoành. G ọ i 2 k là h ệ s ố góc c ủ a ti ế p tuy ế n v ớ i ñồ th ị hàm s ố (1) t ạ i ñ i ể m có hoành ñộ 1,0 ñiểm −∞ 1 +∞ 1 1. x = Tìm m sao cho 1 2 k k + ñạt giá trị nhỏ nhất. Ta có 2 1 ( 1) m y x − ′ = + Hoành ñộ giao ñiểm của ñồ thị hàm số (1) với trục hoành là . x m = − 0.25 Hệ số góc của tiếp tuyến ￚ tại ñiểm có hoành ñộ x m = − là 1 1 . 1 k m = − ￚ t ạ i ñ i ể m có hoành ñộ 1 x = là 2 1 . 4 m k − = 0.25 Ta có 1 2 1 1 1 1 1, 1 4 1 4 m m k k m m − − + = + = + ≥ − − 1. m ∀ ≠ 0.25 ðẳ ng th ứ c x ả y ra khi và ch ỉ khi 1 1 1 4 m m − = − ⇔ 1 2 1 2 m m − = − = − ⇔ 1 . 3 m m = − = Vậy 1 2 k k + ñạt giá trị nhỏ nhất bằng 1 khi { } 1;3 . m∈ − 0.25 2 (1,0 ñiểm) Gi ả i ph ươ ng trình 2 2 sin3 cos tan 2tan 1 2 cos2 1 tan x x x x x x − + − = − ð i ề u ki ệ n: cos cos2 0, x x ≠ tan 1 x ≠ ± (*) Khi ñó, phương trình ñã cho tương ñương với ( ) sin3 cos 2 tan 2 1 cos2 x x x x − = − ( ) sin3 cos 2 sin 2 cos2 x x x x ⇔ − = − 0.25 sin3 sin 2sin 2 2 4 x x x ⇔ − − = − π π cos sin 2 sin 2 4 4 4 x x x ⇔ + − = − π π π sin 2 cos 1 0 4 4 x x ⇔ − + − = π π 0.25 • sin 2 0 4 8 2 k x x − = ⇔ = + π π π ( ) k ∈ ℤ , thỏa (*) 0.25 • cos 1 2 4 4 x x k + = ⇔ = − + π π π ( ) k ∈ ℤ , (không thỏa ñiều kiện cos2 0) x ≠ Vậy, phương trình có các nghiệm: ( ) . 8 2 k x k= + ∈ ℤ π π 0.25 3 (1,0 ñiểm) Giải bất phương trình 2 1 1 4 3 x x − − < (1) ðiều kiện: { } 1 1 ; \ 0 2 2 x ∈ − (*) 0.25 Với ñiều kiện trên, ta có (1) ⇔ ( ) 2 2 4 3 1 1 4 x x x < + − ⇔ ( ) 2 4 3 1 1 4 x x < + − ⇔ 2 4 3 3 1 4 x x − < − (2) 0.25 • TH1: B ấ t ph ươ ng trình (2) th ỏ a khi 3 4 3 0 . 4 x x − < ⇔ < K ế t h ợ p v ớ i (*), ta có { } 1 1 ; \ 0 . 2 2 x ∈ − 0.25 • TH2: 3 4 3 0 . 4 x x − ≥ ⇔ ≥ Khi ñ ó 0.25 2 2 (2) 9(1 4 ) (4 3) x x ⇔ − > − ⇔ 2 52 24 0 x x − < ⇔ 6 0 13 x < < K ế t h ợ p v ớ i 3 4 x ≥ , nh ậ n th ấ y b ấ t ph ươ ng trình vô nghi ệ m trong tr ườ ng h ợ p này. V ậ y, t ậ p nghi ệ m c ủ a b ấ t ph ươ ng trình ñ ã cho là { } 1 1 ; \ 0 . 2 2 S = − L ư u ý: N ế u HS chia 2 tr ườ ng h ợ p 0 x > và 0 x < thì m ỗ i tr ườ ng h ợ p ñ úng cho 0,5 ñ i ể m. 4 (1,0 ñiểm) Tính tích phân 2 4 2 cos ( 2)sin cos sin π π x x x x I dx x x x + − = − ∫ 2 2 2 2 4 4 4 4 2( cos sin ) sin sin sin 2 2 cos sin cos sin cos sin π π π π π π π π x x x x x x x x x I dx dx dx dx x x x x x x x x x − + = = + = + − − − ∫ ∫ ∫ ∫ 0.25 Ta có • 2 2 4 4 2 2 2 π π π π π dx x = = ∫ 0.25 • ( ) 2 2 4 2 4 4 sin ( cos sin ) ln cos sin cos sin cos sin π π π π π π x x d x x x dx x x x x x x x x x − = − = − − − ∫ ∫ 0.25 2 ln 1 . 2 4 π = − V ậ y 2 ln 1 . 2 2 4 I π π = + − 0.25 5 (1,0 ñiểm) Cho hình l ậ p ph ươ ng . ABCD A B C D ′ ′ ′ ′ có c ạ nh . a a) Tính kho ả ng cách gi ữ a hai ñườ ng th ẳ ng BB ′ và . A C ′ 0.5 ñiểm G ọ i O là giao ñ i ể m c ủ a hai ñườ ng chéo AC và . BD Suy ra . BO AC ⊥ Mà BO AA ′ ⊥ nên ( ). BO ACC A ′ ′ ⊥ Do ñ ó 2 ( ;( )) 2 2 BD a d B ACC A BO ′ ′ = = = Vì //( ) BB ACC A ′ ′ ′ nên ( ; ) ( ;( )) d BB A C d BB ACC A ′ ′ ′ ′ ′ = 2 ( ;( )) 2 a d B ACC A ′ ′ = = 0.25 b) G ọ i M là trung ñ i ể m c ủ a c ạ nh . BB ′ M ặ t ph ẳ ng ( ) A MD ′ chia hình l ậ p ph ươ ng thành hai kh ố i ñ a di ệ n. Tính t ỉ s ố th ể tích c ủ a hai kh ố i ñ a di ệ n trên. 0.5 ñiểm G ọ i N là giao ñ i ể m c ủ a A M ′ và , AB K là giao ñ i ể m c ủ a DN và . BC M ặ t ph ẳ ng ( ) A MD ′ chia hình l ậ p ph ươ ng . ABCD A B C D ′ ′ ′ ′ thành hai kh ố i ñ a di ệ n A MKDAB ′ và kh ố i ñ a di ệ n . A B C D MKCD ′ ′ ′ ′ 0.25 Do // A B BN ′ ′ nên 1 A B MB BN MB ′ ′ ′ = = ⇒ . BN A B a ′ ′ = = Do //CD BN nên 1 BK BN AB CK CD CD = = = ⇒ . 2 a BK CK = = H ọ c sinh có th ể dùng công th ứ c tính th ể tích c ủ a kh ố i chóp c ụ t ñể tính . A MKDAB V ′ 0.25 Ta có 3 . 1 . . ; 6 24 B MNK a V BM BN BK= = 3 . 1 . . . 6 3 A A ND a V AA AN AD ′ ′ = = Khi ñó 3 3 3 . . 7 . 3 24 24 A MKDAB A A ND B MNK a a a V V V ′ ′ = − = − = Thể tích khối lập phương . ABCD A B C D ′ ′ ′ ′ b ằ ng 3 . a Ta có 3 3 3 . 7 17 24 24 A B C D MKCD ABCD A B C D A MKDAB a a V V V a ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ ′ = − = − = ⇒ 7 . 17 A MKCDAB A B C D MKCD V V ′ ′ ′ ′ ′ = 0.25 6 (1,0 ñiểm) Gi ả s ử , a , b c là ñộ dài ba c ạ nh c ủ a tam giác có chu vi b ằ ng 3. Tìm GTNN c ủ a bi ể u th ứ c 2 2 2 3( ) 4 P a b c abc = + + + Không m ấ t tính t ổ ng quát, ta gi ả s ử 0 . a b c < ≤ ≤ Vì 3 a b c + + = nên 3 a b c + = − và 1. c ≥ M ặ t khác, a b c + > nên 3 c c − > 3 . 2 c ⇔ < Nh ư v ậ y, 3 1 . 2 c ≤ < 0.25 Ta có 2 2 2 2 2 2 2 3( ) 3 4 3( ) 6 3 4 3(3 ) 3 2(3 2 ) P a b c abc a b ab c abc c c c ab = + + + = + − + + = − + − − Vì 3 2 c < nên 3 2 0 c − > và 2 2 3 2 2 a b c ab ab + − ≥ ⇒ ≥ nên 2 2 3 3 (3 2 ) (3 2 ) 2(3 2 ) 2(3 2 ) 2 2 c c c c ab c ab c − − − ≥ − ⇔ − − ≥ − − Từ ñó, ta có 2 2 2 3 3(3 ) 3 2(3 2 ) 2 c P c c c − ≥ − + − − ⇔ 3 2 3 27 2 2 P c c≥ − + 0.25 Xét hàm số 3 2 3 27 ( ) 2 2 f c c c= − + trên 3 1; 2 Ta có 2 ( ) 3 3 f c c c ′ = − ; 0 ( ) 0 1 c f c c = ′ = ⇔ = Ta có bảng biến thiên c 0 1 3 2 f ′ + 0 − 0 + ( ) f c 3 2 f 13 Như thế, ( ) (1) 13 f c f ≥ = 0.25 Suy ra 13. P ≥ Vậy 13 MinP = ñạt ñược khi 1. a b c = = = 0.25 II. PH Ầ N RIÊNG A.Theo ch ươ ng trình Chu ẩ n 7.a (1,0 ñiểm ) Trong mặt phẳng , Oxy cho hình bình hành ABCD có ( 6; 6), D − − ñường trung trực 1 ∆ của ñoạn thẳng CD có phương trình 2 3 17 0 x y + + = và ñường phân giác 2 ∆ của góc BAC có phương trình 5 3 0. x y + − = Xác ñịnh tọa ñộ các ñỉnh còn lại của hình bình hành. Gọi M là trung ñiểm của . CD Vì 1 M ∈∆ nên (3 1; 2 5) M m m − − − Từ ñó (3 5; 2 1) DM m m + − + 1 ∆ có vectơ chỉ phương 1 ( 3;2). u − Vì 1 ∆ là ñường trung trực của ñoạn thẳng CD nên 1 . 0 u DM = ⇔ 3(3 5) 2( 2 1) 0 m m − + + − + = ⇔ 1 m = − 0.25 H A D M B C C ′ 2 ∆ 1 ∆ Do ñó, ( 4; 3). M − − Ta lại có 2 2 2 0 C M D C M D x x x y y y = − = − = − = ⇒ ( 2;0) C − Gọi C ′ là ñiểm ñối xứng với C qua 2 . ∆ ðường thẳng CC ′ ñi qua ( 2;0) C − và vuông góc với 2 ∆ nên có phương trình 1( 2) 5( 0) 0 5 2 0. x y x y − + + − = ⇔ − + = Gọi H là giao ñiểm của CC ′ và 2 . ∆ Tọa ñộ ñiểm H là nghiệm của hệ phương trình 5 2 0 1 5 3 0 2 x y x y x y − + = ⇔ = = + − = 1 1 ; 2 2 H ⇒ Vì H là trung ñ i ể m c ủ a ñ o ạ n th ẳ ng CC ′ nên 2 3 2 1 C H C C H C x x x y y y ′ ′ = − = ⇒ = − = (3;1) C ′ 0.25 ðườ ng th ẳ ng AB ñ i qua C ′ và nh ậ n 1 ( 3;2) u − làm vect ơ pháp tuy ế n nên có ph ươ ng trình 3( 3) 2( 1) 0 3 2 7 0. x y x y − − + − = ⇔ − − = Vì 2 A AB = ∩ ∆ nên t ọ a ñộ ñ i ể m A là nghi ệ m c ủ a h ệ ph ươ ng trình 5 3 0 1 (1; 2) 3 2 7 0 2 x y x A x y y + − = = ⇔ ⇒ − − − = = − 0.25 Vì ABCD là hình bình hành nên AB DC = v ớ i ( 1; 2) B B AB x y − + và (4;6). DC Suy ra 1 4 5 (5;4) 2 6 4 B B B B x x B y y − = = ⇔ ⇒ + = = Vậy ba ñỉnh còn lại của hình bình hành là (1; 2), A − (5;4) B và ( 2;0). C − 0.25 8.a (1,0 ñiểm) Trong không gian , Oxyz cho 1 1 2 : 2 1 1 x y z d − + = = − và 2 1 2 : 1 . 3 x t d y t z = − + = + = Ch ứ ng minh r ằ ng 1 d , 2 d chéo nhau và vi ế t ph ươ ng trình m ặ t c ầ u có bán kính nh ỏ nh ấ t, ñồ ng th ờ i ti ế p xúc v ớ i 1 , d 2 . d 1 d ñ i qua ñ i ể m (0;1; 2) M − và có vect ơ ch ỉ ph ươ ng 1 (2; 1;1) u − ; 2 d ñ i qua ( 1;1;3) N − và có vect ơ ch ỉ ph ươ ng 2 (2;1;0). u Ta có 1 2 ; . 21 0 u u MN = ≠ nên 1 d và 2 d chéo nhau. 0.25 G ọ i ∆ là ñườ ng vuông góc chung c ủ a 1 d và 2 , d ∆ c ắ t 1 2 , d d l ầ n l ượ t t ạ i , . A B Vì 1 A d ∈ nên (2 ;1 ; 2 ) A a a a − − + và vì 2 B d ∈ nên ( 1 2 ;1 ;3). B b b − + + Suy ra (2 2 1; ;5 ). AB b a b a a − − + − M ặ t khác, vì AB là ñườ ng vuông góc chung c ủ a 1 d và 2 d nên 1 2 . 0 2 1 0 1 3 5 2 0 1 . 0 u AB a b a a b b u AB = − − = = ⇔ ⇔ − + = = = Do ñ ó (2;0; 1) A − và (1;2;3). B 0.25 G ọ i ( ) S là m ặ t c ầ u ti ế p xúc v ớ i 1 d và 2 d l ầ n l ượ t t ạ i các ñ i ể m C và . D ( ) S có tâm I 0.25 và bán kính . R Ta có 2 IC ID CD R CD + ≥ ⇔ ≥ (b ấ t ñẳ ng th ứ c tam giác) Mà CD AB ≥ (vì AB là ñ o ạ n vuông góc chung c ủ a 1 d và 2 d ) Nên 2 . 2 AB R AB R≥ ⇔ ≥ Nh ư th ế , m ặ t c ầ u ( ) S có bán kính nh ỏ nhất bằng 21 . 2 2 AB = Khi ñ ó, trung ñ i ể m 3 ;1;1 2 c ủ a ñ o ạ n th ẳ ng AB chính là tâm c ủ a m ặ t c ầ u này. V ậ y ph ươ ng trình c ủ a m ặ t c ầ u c ầ n tìm là ( ) ( ) 2 2 2 3 21 1 1 . 2 4 x y z − + − + − = 0.25 9.a (1,0 ñiểm) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5 có thể lập ñược bao nhiêu số tự nhiên mà mỗi số có 6 chữ số khác nhau và chữ số 2 ñứ ng c ạ nh ch ữ s ố 3? Ta “ dán ” hai ch ữ s ố 2 và 3 li ề n nhau thành “ chữ số kép ”. Có hai cách dán ( 23 ho ặ c 32 ). Bài toán tr ở thành : T ừ 5 chữ số 0, 1, 4, 5 và số kép, hỏi có thể lập ñược bao nhiêu số tự nhiên mà mỗi số có 5 chữ số khác nhau ? 0.25 Ta gi ả i b ằ ng quy t ắ c nhân nh ư sau: • B ướ c 1: Dán 2 và 3 v ớ i nhau, có 2 cách. • B ướ c 2: S ố hàng v ạ n, có 4 cách ch ọ n (tr ừ s ố 0). 0.25 • B ướ c 2: S ố hàng v ạ n, có 4 cách ch ọ n. • B ướ c 3: S ố hàng nghìn, có 4 cách ch ọ n. • B ướ c 4: S ố hàng tr ă m, có 3 cách ch ọ n. • B ướ c 5: S ố hàng ch ụ c, có 2 cách ch ọ n. • B ướ c 6: S ố hàng ñơ n v ị , có 1 cách ch ọ n. 0.25 V ậ y theo quy t ắ c nhân, s ố các s ố c ầ n tìm là 2.4.4.3.2.1 192 = s ố . 0.25 B.Theo chương trình Nâng cao 7.b (1,0 ñiểm) Trong m ặ t ph ẳ ng , Oxy cho 2 2 ( ): 2 4 20 0 C x y x y + − + − = và 1 : 2 5 0, d x y + − = 2 :2 0. d x y + = Vi ế t ph ươ ng trình ñườ ng th ẳ ng ∆ ti ế p xúc v ớ i ( ) C t ạ i , A c ắ t 1 , d 2 d l ầ n l ượ t t ạ i B và C sao cho B là trung ñ i ể m c ủ a ñ o ạ n th ẳ ng . AC G ọ i 3 d là ñườ ng th ẳ ng ñố i x ứ ng v ớ i 2 d qua 1 . d Vì 1 2 // d d nên 3 2 1 // // d d d . Do ñ ó, ph ươ ng trình 3 d có d ạ ng: 2 0 x y c + + = (v ớ i 0 c ≠ và 5). c ≠ − Ta l ạ i có 3 1 2 1 5 5 ( ; ) ( ; ) 5 5 10 5 5 c d d d d d d c c + = ⇔ = ⇔ + = ⇔ = − (nh ậ n) ho ặ c 0 c = (lo ạ i). Suy ra 3 :2 10 0. d x y + − = 0.25 Vì 1 , B d ∈ 2 , C d ∈ B là trung ñ i ể m c ủ a AC và vì 3 d ñố i x ứ ng v ớ i 2 d qua 1 d nên 3 . A d ∈ Suy ra 3 ( ). A d C = ∩ V ậ y t ọ a ñộ ñ i ể m A là nghi ệ m c ủ a h ệ ph ươ ng trình 2 2 2 10 0 4, 2 6, 2 2 4 20 0 x y x y x y x y x y + − = = = ⇔ = = − + − + − = 0.25 ðườ ng tròn ( ) C có tâm (1; 2) I − nên ti ế p tuy ế n ∆ t ạ i A nh ậ n IA làm vect ơ pháp tuy ế n. • V ớ i (4;2) A thì (3;4). IA Khi ñó, ∆ có phương trình: 3( 4) 4( 2) 0 3 4 20 0. x y x y − + − = ⇔ + − = 0.25 • Với (6; 2) A − thì (5;0). IA Khi ñó, ∆ có phương trình: 5( 6) 0( 2) 0 6 0. x y x − + + = ⇔ − = Vậy có hai tiếp tuyến ∆ cần tìm là: :3 4 20 0 x y ∆ + − = và : 6 0. x ∆ − = 0.25 8.b (1,0 ñiểm) Trong không gian , Oxyz cho 1 2 : 2 1 1 x y z d − + = = và ( ): 2 3 0. P x y z + − − = Vi ế t ph ươ ng trình ñườ ng th ẳ ng ∆ n ằ m trong ( ), P sao cho ∆ vuông góc v ớ i d và kho ả ng cách gi ữ a hai ñườ ng th ẳ ng ∆ và d b ằ ng 2. ðườ ng th ẳ ng d có vect ơ ch ỉ ph ươ ng (2;1;1). d u = M ặ t ph ẳ ng ( ) P có vect ơ pháp tuy ế n ( ) (1;2; 1). P n = − Ta có ( ) ; (3; 3; 3). P d n u = − − Vì ( ) P ∆ ⊂ và d ∆ ⊥ nên vect ơ ch ỉ ph ươ ng c ủ a ∆ là ( ) 1 ; (1; 1; 1). 3 P d u n u ∆ = = − − 0.25 G ọ i ( ) Q là m ặ t ph ẳ ng ch ứ a ∆ và song song v ớ i , d ta có vect ơ pháp tuy ế n c ủ a ( ) Q là ( ) 1 ; (0; 1;1). 3 Q d n u u ∆ = = − Khi ñ ó, ph ươ ng trình m ặ t ph ẳ ng ( ) Q là 0. y z m − + = Ch ọ n (1; 2;0) , A d − ∈ ta có ( ;( )) ( ; ) 2 d A Q d d= ∆ = ⇔ 2 2 2 m− + = ⇔ 4 0. m m = ∨ = 0.25 • V ớ i 4 m = : Ta có ( ) : 4 0. Q y z − + = Vì ( ) ( ) P Q ∆ = ∩ nên ∆ ñ i qua (7;0;4) B ⇒ ph ươ ng trình 7 4 : . 1 1 1 x y z − − ∆ = = − − 0.25 • V ớ i 0 m = : Ta có ( ) : 0. Q y z − = Vì ( ) ( ) P Q ∆ = ∩ nên ∆ ñ i qua (3;0;0) C ⇒ ph ươ ng trình 3 : . 1 1 1 x y z − ∆ = = − − V ậ y, có hai ñườ ng th ẳ ng c ầ n tìm là 7 4 : 1 1 1 x y z − − ∆ = = − − và 3 : . 1 1 1 x y z − ∆ = = − − 0.25 9.b (1,0 ñiểm) Tìm s ố ph ứ c z th ỏ a 3 3 3 z i + − = (1) và có acgumen ϕ nh ỏ nh ấ t v ớ i ( ) 0; ϕ π ∈ . 4 2 -5 3 60 ° E T F I O Gi ả s ử z x yi = + ( , ) x y ∈ ℝ Theo ñề 3 3 3 3 3 3 ( 3) ( 3) 3 z i x yi i x y i + − = ⇔ + + − = ⇔ + + − = ( ) ( ) 2 2 3 3 3 x y ⇔ + + − = 0.25 Do ñ ó, t ậ p h ợ p các ñ i ể m bi ể u di ễ n các s ố ph ứ c z th ỏ a (1) là ñườ ng tròn tâm ( ) 3; 3 , I − bán kính 3. R = 0.25 D ự ng ti ế p tuy ế n OF và OT ( F thu ộ c xx ′ ). K ẻ TE vuông góc xx ′ t ạ i E . Ta có 3. OT OF = = Vì 1 3 IF OF = nên 0 0 30 60 . IOT IOF EOT= = ⇒ = T ừ ñ ó 3 3 3 sin ; cos . 2 2 TE OT EOT OE OT EOT = = = = 0.25 V ậ y, s ố ph ứ c 3 3 3 2 2 z i = − + (bi ể u di ễ n b ở i ñ i ể m T ) là s ố ph ứ c có acgumen ϕ nh ỏ 0.25 nhất với ( ) 0; ϕ π ∈ . Hết . ñó, ta có 2 2 2 3 3(3 ) 3 2( 3 2 ) 2 c P c c c − ≥ − + − − ⇔ 3 2 3 27 2 2 P c c≥ − + 0 .25 Xét hàm số 3 2 3 27 ( ) 2 2 f c c c= − + trên 3 1; 2 Ta có 2 ( ) 3 3 f. + = − + − − Vì 3 2 c < nên 3 2 0 c − > và 2 2 3 2 2 a b c ab ab + − ≥ ⇒ ≥ nên 2 2 3 3 (3 2 ) (3 2 ) 2( 3 2 ) 2( 3 2 ) 2 2 c c c c ab c ab c − − − ≥. > 3 . 2 c ⇔ < Nh ư v ậ y, 3 1 . 2 c ≤ < 0 .25 Ta có 2 2 2 2 2 2 2 3( ) 3 4 3( ) 6 3 4 3(3 ) 3 2( 3 2 ) P a b c abc a b ab c abc c c c ab = + + + = + − + + = − + − − Vì 3 2 c <