THI HC PHN TON CAO CP A 1 (Thi gian lm bi 120 phỳt) Cõu 1 ( 2,0 im) Gii h phng trỡnh: =++ =++ =++ 93334 822232 723 54321 54321 54321 xxxxx xxxxx xxxxx Cõu 2 ( 3,0 im) a, Biết phơng trình một cạnh của hình thoi là x + 3y 8 = 0 và phơng trình một đờng chéo là 2x + y + 4 = 0. Viết phơng trình các cạnh còn lại biết rằng cạnh song song với cạnh đã cho đi qua điểm (9; 1). b, Tìm quỹ tích những điểm mà từ đó có thể vẽ đợc hai đờng thẳng vuông góc với nhau và cùng tiếp xúc với một elip đã cho. Cõu 3 ( 2,0 im) Cho ba ng thng: ( ) ( ) ( ) 3 2 3 3 0 : 1 2 ; ' : ; '' : 4 0 4 4 x t x t x y z d y t d y t d x y z z t z t = + = + + = = + = + + = = = Vit phng trỡnh ng thng ct hai ng thng u v song song vi ng thng th ba. Cõu 4 (3,0 im) a, Tớnh gii hn: 3 0 1 t anx 1 s inx lim x x + + b, Xột s liờn tc ca hm s ti im x = 0: ln(1 ) ln(1 ) , 0 ( ) 2 , 0 x x x f x x x + = = P N THI HC PHN TON CAO CP A 1 ỏp ỏn Thang im Cõu 1 (2,0) 9 8 7 33341 22232 11123 11 6 7 00028 00014 11123 1 6 7 00000 00014 11123 . Từ đây suy ra hệ vô nghiệm. 1,0 1,0 Câu 2 (3,0) a, Đặt a: x + 3y 8 = 0 là đờng thẳng AB, m: 2x + y + 4 = 0 là đờng chéo AC, điểm M(9; 1) thuộc cạnh CD và I là tâm hình thoi ABCD. + Toạ độ đỉnh A là nghiệm của hệ: ( ) 4;4A 04y2x 083yx =++ =+ . + Phơng trình CD là: (x + 9) + 3(y + 1) = 0 x + 3y + 12 = 0. A B C D a m I M + Toạ độ C là nghiệm của hệ: 4)C(0; 04y2x 0123yx =++ =++ . Từ đó suy ra toạ độ trung điểm I của AC là I(2; 0). + Đờng chéo BD có phơng trình x = 2 + 2t, y = t hay x 2y + 2 = 0. Từ đó suy ra toạ độ B là nghiệm của hệ phơng trình: 2)B(2; 02y2x 083yx =+ =+ . + D đối xứng với B qua I nên suy ra D(6; 2). Vậy phơng trình của BC là: 3x y 4 = 0 và AD là 3x y + 16 = 0. 0,5 0,5 0,5 b, Giả sử đờng thẳng d: Ax + By + C = 0 là một tiếp tuyến của elip (E): 1 b y a x 2 2 2 2 =+ . Đờng thẳng d' vuông góc với d có dạng Bx Ay + D = 0 là tiếp tuyến của (E). áp dụng điều kiện tiếp xúc ta có: a 2 A 2 + b 2 B 2 = C 2 và a 2 B 2 + b 2 A 2 = D 2 . Gọi M(x; y) là giao điểm của d và d' thì ta cần tìm quỹ tích những điểm M. Thế thì toạ độ của M là nghiệm của hệ: 2222 BA BCAD y; BA BDAC x 0DAyBx 0CByAx + = + + = =+ =++ . Xét: x 2 + y 2 = 2 2 2 2 2 2 AC BD AD BC A B A B + + = + + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 A C B D A D B C (A B ) + + + + = 22 22 22222222 22 22 ba B A AbBaBbAa B A DC += + +++ = + + . Hệ thức x 2 + y 2 = a 2 + b 2 , chứng tỏ rằng quỹ tích những điểm M mà từ đó có thể vẽ đợc hai đờng thẳng vuông góc với nhau và cùng tiếp xúc với một elíp 1 b y a x 2 2 2 2 =+ đã cho, là một đờng tròn tâm ở gốc toạ độ, bán kính R = 22 ba + . 0,5 0,5 Cõu 3 (2,0) Lấy M d 1 , N d 2 thì M(3 + t; 1 + 2t; 4t) và N(2 + 3u; u; 4 u). Đờng thẳng MN có véc tơ chỉ phơng MN = (5 + 3u t; 1 u 2t; 4 u 4t). Đờng thẳng d 3 có véc tơ chỉ phơng 3 u = (2; 2; 4) = 2(1; 1; 2), do đó MN // d 3 khi và chỉ khi: 2 4tu4 1 2tu1 1 t3u5 = = + Giải hệ phơng trình này ta đợc u = 2 và t = 14. Suy ra M(17; 27; 56), N(8; 2; 6) và phơng trình đờng thẳng MN cần tìm là: 17 27 56 25 25 50 x y z = = hay 17 27 56 1 1 2 x y z = = hay += += += t256z t27y t17x += += += 2u6z u2y u8x 0,5 1,0 0,5 Cõu 4 (3,0) a, Ta cú 3 3 2 1 t anx 1 s inx 1 t anx 1 sinx ( 1 t anx 1 s inx ) t anx 1 cos 1 . . 1 t anx 1 s inx x x x x x + + + = + + + = + + + M 2 0 0 0 t anx 1 cos 1 lim 1;lim ;lim( 1 t anx 1 sinx) 2 x x x x x x = = + + + Do ú: 3 0 1 t anx 1 s inx 1 lim 4 x x + + = 0,5 1,0 b, 0x lim f(x) = 0x lim x x)1ln(x)ln(1 + = 0x lim x x)ln(1 + + 0x lim x - x)1ln( = 1 + 1 = 2. Vy hm s liờn tc ti im x = 0. 1,0 0,5 . Thang im Cõu 1 (2,0) 9 8 7 333 41 22232 11 123 11 6 7 00028 00 014 11 123 1 6 7 00000 00 014 11 123 . Từ đây suy ra hệ vô nghiệm. 1, 0 1, 0 Câu 2. t = 14 . Suy ra M (17 ; 27; 56 ), N(8; 2; 6) và phơng trình đờng thẳng MN cần tìm là: 17 27 56 25 25 50 x y z = = hay 17 27 56 1 1 2 x y z = = hay += += += t 256 z t27y t17x . += += += 2u6z u2y u8x 0 ,5 1, 0 0 ,5 Cõu 4 (3,0) a, Ta cú 3 3 2 1 t anx 1 s inx 1 t anx 1 sinx ( 1 t anx 1 s inx ) t anx 1 cos 1 . . 1 t anx 1 s inx x x x x x + + +