Đề thi khảo sát chất lượng môn toán trường chuyên Vĩnh Phúc

KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC, LẦN IV NĂM HỌC 2013-2014 TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN IV LỚP 12 NĂM HỌC 2013 – 2014 MÔN: Toán – Khối A; A1 Môn: Toán 12 Khối A-A -B Đề thức (Đề thi gồm 01 trang) HƯỚNG DẪN CHẤM THI Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x  có đồ thị  C  x 1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số  C  Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  2.Tìm giá trị m để đường thẳng  d1  : y  3 x  m cắt  C  hai điểm A B cho trọng tâm tam giác OAB thuộc đường thẳng  d  : x  y   ( O gốc toạ độ ) Câu (1,0 điểm) Giải phương trình : sin x  cos x  sin x  cos x  1 2sin x    3 x  3y    y  x  y  xy  x   Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:   x  y  13 3y  14  x     Câu (1,0 điểm) Tính tích phân : I    x   e  x2 4 x dx 2   a  b2  c2  Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức: P  a  b3  c3  a  b  c  ab  bc  ca  II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ,viết phương trình đường tròn  C  qua hai Câu Đáp án Câu (2 điểm) 2x  Cho hàm số y  có đồ thị  C  x 1 Điểm Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số 2x 1 có tập xác định D  R \ 1 x 1 3  0, x   Hàm số nghịch biến khoảng  ;1 0.25 Đạo hàm: y '   x  12 Tập xác định: Hàm số y  Câu (1,0 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD.ABC D có đáy hình thoi cạnh a góc   600 Gọi M , N trung điểm CD BC  biết MN vuông góc với BD Tính BAD thể tích khối hộp ABCD.ABC D khoảng cách hai đường thẳng MN BD theo a Câu (1,0 điểm) Cho a, b, c số thực không đồng thời thỏa mãn: a  b  c (HDC gồm 05 trang) I) Hướng dẫn chung: 1) Nếu thí sinh làm không theo cách nêu đáp án cho đủ số điểm phần thang điểm quy định 2) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch hướng dẫn chấm phải thống thực giáo viên chấm thi Khảo sát 3) Điểm toàn tính đến 0,25 điểm (sau cộng điểm toàn bài, giữ nguyên kết quả) II) Đáp án thang điểm: 1;   Hàm số cực trị 2x 1 2x 1 2x 1  2; lim  ; lim   x 1 x 1 x  x 1 x  Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x  1; tiệm cận ngang y  Bảng biến thiên Giới hạn: lim 0.25 x  x y'   - -  0.25 y điểm A  2; 1 , B 1;  tiếp xúc với đường tròn  C   :  x     y  3  16  Câu 8.a (1,0điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho điểm A  3; 2; 2  mặt phẳng  P  có phương trình : x  y  z   Viết phương trình mặt phẳng  Q  qua A , vuông góc với  P  cắt Oy , Oz M , N cho OM  ON  Câu 9.a(1,0 điểm).Tìm số phức z thoả mãn z   z  z  saocho số phức w  z  cómôđun nhỏ Đồ thị hàm số : (học sinh tự vẽ) 0.25 2.Tìm giá trị m để đường thẳng  d1  : y  3 x  m cắt  C  hai điểm A B Theo chương trình Nâng cao Phương trình hoành độ giao điểm  C   d1  : x2 y2   với hai tiêu điểm  F1 , F2 Điểm M thuộc  E  cho góc MF1 F2  120 Tính diện tích tam giác MF1 F2 B cho trọng tâm tam giác OAB thuộc đường thẳng  d  : x  y   … Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho elíp  E  : 2x 1  3 x  m  x  1  m  x  m   1 ,  x  1 x 1  d1  cắt  C  A B  1 có hai nghiệm phân biệt khác Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai mặt phẳng  P  : x  y  z     1  m 2  12 1  m    m  11    *  m  1 3  1  m   m    Q  : x  y  z   ,viết phương trình đường thẳng tạo với mặt phẳng  P  góc 450  qua A  0; 0;1 ,nằm mặt phẳng  Q  Câu 9.b(1,0điểm) Cho số phức z1 , z2 thoả mãn z1  , z2  z1  z2  35 Hãy tìm số phức z z1 z2 HẾT  0.25 0.25   Gọi x1 , x nghiệm 1 Khi A x1 ; 3 x1  m , B x ; 3 x  m x x 1 m m 1 Gọi I trung điểm AB  xI   , y I  3 xI  m      m m 1  ; Gọi G trọng tâm tam giác OAB  OG  OI  G  3    0.25 Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm G   d2   1 m 11 11  m 1   2 thoả mãn * Vậy m   20 m 5   Tính tích phân : I    x   e 0.25 x2 4 x dx sin x  cos x  sin x  cos x   1 2sin x   5 Điều kiện 2sin x   x   l 2 , x   l 2  l      Với đk   phương trình 1  sin x  cos x  sin x  cos x   2sin x   x  x 0.25  cos x  2sin x  1  sin x  2sin x  1   2sin x  1  I  x2 e    2sin x  1 cos x  sin x    cos x  sin x   ( 2sin x   0)    2   x    k 2 x  k 2     cos  x     cos     k    ( thoả mãn )  3   x       k 2 x  k 2    3 2 Vậy phương trình có hai họ nghiệm x   k 2 , x  k 2  k     3 x  3y    y  x  y  xy  x   Giải hệ phương trình:   x  y  13 3y  14  x      x  1 x    Điều kiện   14 y  14    y  0,25 0.25 2 Câu (1 điểm) Từ  3 ta có f  x  1  f  y  1  x   y   x   y    3x   x    x 1  10  x  11  x   3x    11  10  3x  8 x  1  x  11  11   11  x   ;  &  ;    hsố g  x  đồng biến khoảng 3     11   Trên khoảng  ;  hsố g  x  đồng biến, 3   4 phương trình   : g  x   g  3  x   y 5 x  x 8 dx  72.e   I1  I  I1  I  72.e  0.25 0.25 0.25  0.25 a a h 2 d  M ,  BDDB    a a a3 (đvtt)   2 0.25 0  a  b  c Câu (1 điểm)   a  b2  c2  Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ biểu thức: P  a  b3  c  a  b  c  ab  bc  ca  1 2 gt Vì ab  bc  ca   a  b  c   a  b2  c    ab  bc  ca   a  b  c  0.25  2  3 a b c Do P      0.25 3 4a   4b   4c        16  a  b  c   a  b  c   a  b  c    a  b  c y  z 4x  x  y  z   4a 4b 4c   Đặt x   , y , z abc abc abc  yz  x  x   xy  yz  zx  Vì  y  z   yz nên  x  3 3 Ta có P  x  y3  z  x   y  z   yz  y  z   x3  12 x  12 x  16 16 16 16  8 Xét hàm số f  x   x3  12 x  12 x  16 với x   0;   3 thoả mãn (*) Trên khoảng  ;   hsố g  x  đồng biến,   ;   , g 8    2  2  0.25 1 a a d  C ,  BDDB    CO    (đvđd) 2 2 Cho a, b, c số thực không đông thời thỏa mãn:  11   11   ;  &  ;        11    ;  , g  3   3   11     x2  e 0.25 AC  BD  O OMNB hình bình hành  d  MN , DB   d  MN ,  BDDB    5 ta nhận 0.25 11 11 thấy x  không nghiệm phương trình  5  x  chia hai vế phương 2 trình (5) cho x  11  ta 3x   x      x  11 11    11  , x   ;    ;   Xét hàm số g  x   x   x   x  11 3      v  x Vậy VABCD ABC D  S ABCD AA  f   t   3t   0, t    f  t  hàm số đồng biến  3x  x a2 Đặt AA  h            MN  BD   BD.MN  BC  CD  DD  DC  CC   CB   2       a2  2 BC DC  BC  CD  DD  BC.DC.cos 60  BC  CD  BB2   a  h2 2 2  h2  Xét hàm số f  t   t  3t , t   Đạo hàm g   x    dv  x dx  Câu (1 điểm) 0.25  I1  I 2   600 Chohình hộp đứng ABCD.ABC D có đáy hình thoi cạnh a góc BAD Gọi M , N trung điểm CD BC  biết MN vuông góc với BD Tính thể tích khối hộp ABCD.ABC D khoảng cách hai đường thẳng MN BD theo a Từ 1 ta có  x  1   x  1   y  1   y  1  3  x  x dx   x.e 0.25 Thế   vào   ta phương trình  x  11 x  x dx Từ gt  ABD cạnh a  S ABCD  SABD   *   Vậy I  I1  I  72.e   1    x2  e   x2    x 2  2 x x  du     e dx   e x dx Câu u  e  x  2 x  x   2 x    (1 điểm) Tính I   x.e dx đặt  0.25  sin x   2sin x  sin x  cos x   2sin x    x2 4 x dx x    Biến đổi I   x   x e Giải phương trình : 0.25    phương trình   : g  x   g    x   y  10 thoả mãn (*) Vậy hệ phương trình có hai nghiệm  x, y    3;5  ,  x, y   8;10      0.25  0.25  8 x2 y2   a  2, b   c  a  b2   F1F2  M thuộc  E   MF1  MF2  2a  1 Áp dụng định lí côsin MF1F2 ta 176 Trên đoạn 0;  ta tìm f  x   16 ,max f  x    3 Vậy P  chẳng hạn a  0, b  c  max P  E: 0.25 11 , b  2a , c  4c , a  Từ 1 &    MF1  , MF2  A  2; 1 , B 1;  tiếp xúc với đường tròn  C   :  x     y  3  16  C   :  x     y  3 C  : x 2  y  2ax  2by  c  đk a  b  c  0.25  Q  : x  y  z   ,viết phương trình đường thẳng mặt phẳng  Q  tạo với mặt phẳng  P  góc  P  : x  y  z   có vtpt nP  1; 2;2    Q  : x  y  z   có vtpt nQ   2; 2;1 Vậy  C  : x  y  2ax   a   y  2a     C  có tâm I  a; a   0.25  a  2   a  2 0.25 Câu 8b (1 điểm)  C  : x  y  4x   Trường hợp 2:  C  tiếp xúc với  C   A  3; 2; 2  mặt phẳng  P  : x  y  z   Viết phương trình mặt phẳng  Q  qua A , vuông góc với  P  Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho điểm        Câu 8a Khi véc tơ pháp tuyến  Q  nQ   AM , AN    2a  2b  ab;3b;3a   (1 điểm) Véc tơ pháp tuyến  P  : n  1; 1; 1 P      P    Q   nP  nQ  nP nQ   ab  a  b  1  2 z 0.25 Câu 9b (1 điểm)   Q  :  x    1. y    1. z      Q  x  y  z   Câu 9a (1 điểm) 2   2a  1   2b    2a  3  b  2a  * w  z    a    bi  w   a  8  b2   2a   a  7  17 a  b   2a  2b     0.25  0.25 0.25 z1 z2 Đặt z1   cos   i.sin  , z2   cos   i.sin   ,   0;2  0.25 z z1  z2  3cos   4cos   i  3sin   4sin   , z    cos      i.sin      z2 0.25  sin       119 12 3 119  119 i    i  12 12  16 16 0.25 Từ z    0.25  a  8 a  2b  2a  2b  z1  z2  35   3cos   cos     3sin   4sin    35  cos       0.25 Tìm số phức z thoả mãn z   z  z  saocho số phức w  z  có môđun nhỏ Gọi z  a  bi  a, b     z  a  bi , z   z  z   2a   2bi  2a  0.25 Xét số phức z1 , z2 thoả mãn z1  , z2  z1  z2  35 Hãy tìm số phức 0.25 0.25 Từ 1 &   giải ta a  b   nQ  12;6;6   phương trình mặt phẳng  Chọn a   b  1 x  t x  t   a  ; b  1  c     y  t a  b   c  4    y  t  z   4t z    b a Gọi M  0; a;0  , N  0;0; b  ab  Ta có AM   3; a  2;  , AN   3;2; b    3a  6b  5a  8ab  5b  a  4ab  4b  5a  8ab  5b  a  b  0.25  a    C  : x  y  10 x  y   OM  ON  a  b  a  b  u n  ,  P    450  sin 450  cos  u, nP   u nP cắt Oy, Oz M , N cho OM  ON  450  có vtcp u   a; b; c  (đk a  b  c  0)         Q   nQ  u  nQ u   2a  2b  c   c  2a  2b  u   a; b; 2a  2b  P a  6a    a  6a   a  0.25  qua A  0; 0;1 ,nằm   II   R  R  2a  22a  61  2a  6a     2a  2a  6a   a   II   R  R  2a  22a  61  3 (đvdt)  Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho hai mặt phẳng  P  : x  y  z   5  4a  2b  c  b  a    c   c  2a  1  2a A  2; 1 , B 1,0  thuộc  C    Vậy diện tích tam giác MF1F2 S  MF1.F1F2 sin1200     2 Câu 7a bán kính R  a   a     2a  1  2a  6a  , II   (1 điểm)  C  tiếp xúc  C  xẩy hai trường hợp Trường hợp 1:  C  tiếp xúc  C  0.25 14  16   C có tâm I   6;3 bán kính R  0.25 MF22  MF12  F1F22  2MF1.F1 F2 cos120  MF22  MF12   MF1   Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ,viết phương trình đường tròn  C  qua hai điểm 0.25 12 0.25 0.25 -Hết 0.25 Vậy W  17 dấu xẩy a   b  16  b  4  z1,2   4i Vậy có hai số phức thoả mãn z1,2   4i w  17 0.25 x2 y2 Câu Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho elíp  E  :   với hai tiêu điểm 7b  (1 điểm) F , F Điểm M thuộc  E  cho góc MF F2  120 Tính diện tích tam giác MF1 F2 ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN LỚP 12 NĂM HỌC 2013 – 2014 MÔN: Toán – Khối D KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC, LẦN IV NĂM HỌC 2013-2014 TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC Môn: Toán 12 Khối D Đề thức (Đề thi gồm 01 trang) Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) PHẦN CHUNG CHO MỌI THÍ SINH (7,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số: y  x3  1  2m  x    m  x  m  Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m  1 (Văn gồm 06 trang) I) Hướng dẫn chung: 1) Nếu thí sinh làm không theo cách nêu đáp án cho đủ số điểm phần thang điểm quy định 2) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch hướng dẫn chấm phải thống thực giáo viên chấm thi Khảo sát 3) Điểm toàn tính đến 0,25 điểm (sau cộng điểm toàn bài, giữ nguyên kết quả) II) Đáp án thang điểm: , với m tham số thực Tìm tất giá trị thực m để hàm số 1 đạt cực trị x1 , x2 cho x1  x2  Câu (1,0 điểm) Giải phương trình HƯỚNG DẪN CHẤM THI  2sin x       sin   x   sin   x    cot x    4   sin x  cos x  Câu Câu (2 điểm) 14  x  xy  y  y Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình   y   x   y  Câu (1,0 điểm).Tính tích phân I   ln   x   x dx Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật tâm I , AB  a, AD  2a Gọi M trung điểm cạnh AB N trung điểm đoạn MI Hình chiếu vuông góc của điểm S lên mặt phẳng đáy  ABCD  trùng với điểm N Biết góc tạo đường thẳng SB với mặt phẳng đáy  ABCD  45 Tính thể tích khối chóp S ABCD khoảng cách hai đường thẳng MN SD theo a Câu (1,0 điểm) Cho số thực a chứng minh rằng:      i  0.25  4  4 +) Giới hạn: lim y  lim x 1     ; lim y  lim x       x  x  x  x   x x   x x  +) Bảng biến thiên: x   0    y'  y c) Đồ thị: y   x  x    x  2, x  1 , suy đồ thị hàm số cắt trục Ox điểm  2;  ,  1;0  , cắt trục Oy điểm  0;    qua y ''   x    x   đồ thị hàm số nhận điểm 1;  làm điểm uốn Đồ thị học sinh tự vẽ hai nghiệm phân biệt x1 , x2 cho x1  x2            2    x  x      3 Ta có y  x  1  2m  x   m 2013 1  i 2009 0.25 2.Tìm tất giá trị thực m để hàm số 1 đạt cực trị x1 , x2 cho x1  x2  Để hàm số 1 đạt cực trị x1 , x2 cho x1  x2  -Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh:……….……… …….…….….….; Số báo danh:……………… 0.25 B THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy ,hãy viết phương trình cạnh tam giác ABC biết trực tâm H 1;0  , chân đường cao hạ từ đỉnh B K  0;  , trung điểm cạnh AB M  3;1 Câu 8.b(1,0 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ vuông góc Oxyz , cho hai đường thẳng d1 d lần Câu 9.b (1,0 điểm) Viết số phức sau dạng đại số z  Suy hàm số đồng biến khoảng  ;0   2;  , nghịch biến  x  y  z 1   2 Câu 9.a (1,0 điểm) Cho số phức z thoả mãn z   i Tính A   1  i  z z 1   đồng thời cắt đường thẳng  d  : d1 tạo với d , y    x  Hàm số đạt cực tiểu x  2, yCT  y     C2  : x  y  x  y  20  Viết phương trình đường tròn  C  qua giao điểm  C1  ,  C2  có tâm nằm đường thẳng  d  : x  y   Câu 8.a (1,0điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm A  3; 2; 4  mặt phẳng   : 3x  y  3z   Viết phương trình đường thẳng    qua điểm A song song với mặt phẳng y2 z x 2 y 3 z 5 d : Viết phương trình mặt phẳng    1 1 góc 300 0.25 x  y    x  +) Cực trị: hàm số đạt cực đại x  0, yCD  y    PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Câu 7.a (1,0điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hai đường tròn  C1  : x  y  10 x  , x Điểm khoảng  0;  a   a   a   a   a  2a   lượt có phương trình d1 :  Đáp án Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m  Khi m  hàm số (1) có dạng y  x3  x  a) Tập xác định D   b) Sự biến thiên +) Chiều biến thiên: y '  x  x , y '   x  0, x   phương trình y  có 0.25 0.25   85 m    1  2m     m    16m  4m  21     85 m   I  x ln 0,25 I   85  85 Vậy để thoả mãn ycbt m  m  8 0.25  sin x  cos x   sin x  sin    x   sin    3x   Giải phương trình      cot x    4  Điều kiện xác định sin x   x  l  l   *    x  sin x 4  Câu (1 điểm)        cos  x   sin x  cos  x    cos  x   1  sin x   4 4 4      3       x   k  x    k cos  x         4  k   họ nghiệm  x    k 2  x    k 2 sin x   2  thoả mãn điều kiện * Vậy phương trình có họ nghiệm x  3    k , x   k 2  k   2  Câu (1 điểm) 0,25 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm  x, y    4,  Câu (1 điểm)  x   x dx u  ln x   x     du   x 1 dx Đặt  Tính tích phân I   ln 0.25 Câu (1 điểm) 0.25 x 9 0.25 a a3  2a  3 Do VS ABCD   SN  S ABCD   ( đvtt) a a Trong tam giác vuông SNK đường cao NH ta có , NS  2 1 4 a       NH  NH NS NK 2a a a a Vậy khoảng cách hai đường thẳng MN SD Cho số thực a chứng minh rằng: 0.25 0.25 0.25    0.25  a   a   a   a   a  2a   2 2 Bổ đề với x, y, z, t    x  y  z  t  0.25  x  z 2   y  t 2 dấu 0.25 xt  yz ( chứng minh biến đổi tương đương dùng véc tơ) 4  1   1  a   a    a          Ta có 0.25  2 1   1  a   a       a   áp dụng bổ đề ta 2       2 0.25   1   1   1  1  VT   a           a    a  2a  2 2         0.25  a 1 3  a 1 3  a  2a   2a  a   a  2a    dv  dx dx dx  x   2 2 x x2  (do MN ||  SAD  )  2 1   y   hàm số g  y  đồng bién 1;  y  3  y  2  3 Mà  1;   , g    Phương trình    g  y   g    y   x4 Ta có NK  AM  Điều kiện y  Xét hàm số g  y   y  y   y   với y  g y   y  x 9 dx   hạ NH  SK  NH   SAD   NH  d  N ,  SAD    d  MN ,  SAD    d  MN , SD  x x Phương trình (1)  f    f  y    y  x  y  3 y  y y   y2   y 1  y2  y 1  y    x Hạ NK  AD  AD   SNK    SAD    SNK  theo giao tuyến SK 0.25 Đạo hàm f   t   7t   t    hàm số f  t  đồng biến tập   a a   450  , theo ra: SBN  BN  BM  MN  2 a , S ABCD  a.2a  2a SBN vuông cân N  SN  BN  Xét hàm số f  t   t  t với t   Thế  3 vào   ta Ta có AM  BM  MN  0.25 Câu (1 điểm) x  thẳng SB với mặt phẳng đáy  ABCD  450 Tính thể tích khối chóp S ABCD khoảng cách hai đường thẳng MN SD theo a 0.25  x  xy  y14  y Giải hệ phương trình   y   x   y   Xét y  hệ vô nghiệm  x   x        y7  y  Xét y  hệ cho tương đương với hệ pt :  y   y  3  y   x   y  x2   x 0.25 Vậy I  Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật tâm I , AB  a, AD  2a Gọi M trung điểm cạnh AB N trung điểm đoạn MI Hình chiếu vuông góc của điểm S lên mặt phẳng đáy  ABCD  trùng với điểm N Biết góc tạo đường Khi phương trình tương đương với  cos x  sin x  sin x  cos    a  2  22  1  a 2  12  32  32   VP 0.25 0.25 v  x             a   a               Dấu xẩy   2a  4a    a    22 a0  a    a        0.25 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hai đường tròn  C1  : x  y  10 x  ,  C2  : x  y  x  y  20  Viết phương trình đường tròn  C  qua giao điểm  C1  ,  C2  có tâm nằm đường thẳng  d  : x  y   Toạ độ giao điểm  C1   C2  nghiệm hệ phương trình   50 x  3x    x  y  10 x   x  y  10 x     2 x  y  10   x  y  x  y  20   y  x  10   Câu 7a (1 điểm) 0.25 x  , x   x   y  3  A1 1 ; 3 giao điểm  C1   C2     0.25  y  x  10 x   y   A2  2;4   3 1 Trung điểm A A1 A2 có toạ độ A  ;  , ta có A1 A2  1;7  đường thẳng qua A vuông 2 2 3 1   góc với A1 A2 có phương trình    :  x     y        : x  y   0.25 2 2    x  y    x  12 Toạ độ tâm I hai đường tròn cần tìm nghiệm hệ    x  y    y  1  I 12; 1 Đường tròn cần tìm có bán kính R  IA2    12 2    12 5 0.25 Vậy đường tròn cần tìm có phương trình  C  :  x  12    y  1  125 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm A  3; 2; 4  mặt phẳng   : 3x  y  3z   Viết phương trình đường thẳng    qua điểm A song song x  y  z 1   2  x   3t  Phương trình tham số đường thẳng  d  :  y  4  2t  z   2t   Gọi M       d   M   3t; 4  2t;1  2t   AM   3t  ;  2t  ; 2t        mặt phẳng   có vtpt n   3; 2; 3 ,    / /    n  AM  n AM     3t  1   2t     2t     t   AM   5; 6;9  với mặt phẳng   đồng thời cắt đường thẳng  d  : Câu 8a (1 điểm) Qua A  3; 2; 4  x3 y 2 x4   :    6 vtcp AM   5; 6;9  Câu 9a (1 điểm) 0.25 0.25 0.25    :  0.25  i Tính A   1  i  z z 1 Đặt z  a  bi ,  a, b    Từ giả thiết ta có: z.z  z   i.z  i 0.25 Cho số phức z thoả mãn z  a  b  a   b  a  1, b  2  a  b  a   bi  b   a  1 i    b  a   a  2, b   Với a  1, b  2 ta có A   1  i 1  2i   3i  0.25 0.25