ĐỀ&ĐẤPÁN TOÁN KHỐI B,D ĐạiHọc 2010

ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2010 Mơn thi : TỐN PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm). Cho hàm số y = 2x 1 x 1 + + đ 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò (C) của hàm số đã cho. 2. Tìm m để đường thẳng y = -2x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 3 (O là gốc tọa độ). Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình (sin 2x + cos 2x) cosx + 2cos2x – sin x = 0 2. Giải phương trình 2 3 1 6 3 14 8 0x x x x+ − − + − − = (x ∈ R). Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân I = 2 1 ln (2 ln ) e x dx x x+ ∫ Câu IV (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có AB = a, góc giữa hai mặt phẳng (A’BC) và (ABC) bằng 60 0 . Gọi G là trọng tâm tam giác A’BC. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC theo a. Câu V (1,0 điểm). Cho các số thực khơng âm a, b, c thỏa mãn: a + b + c = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M=3(a 2 b 2 +b 2 c 2 +c 2 a 2 ) + 3(ab + bc + ca) + 2 2 2 2 a b c+ + . PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A.Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vng tại A, có đỉnh C(-4; 1), phân giác trong góc A có phương trình x + y – 5 = 0. Viết phương trình đường thẳng BC, biết diện tích tam giác ABC bằng 24 và đỉnh A có hồnh độ dương. 2. Trong khơng gian tọa độ Oxyz, cho các điểm A (1; 0; 0), B (0; b; 0), C (0; 0; c), trong đó b, c dương và mặt phẳng (P): y – z + 1 = 0. Xác định b và c, biết mặt phẳng (ABC) vng góc với mặt phẳng (P) và khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (ABC) bằng 1 3 . Câu VII.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn: (1 )z i i z− = + . B. Theo Chương trình Nâng Cao Câu VI.b (2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A(2; 3 ) và elip (E): 2 2 1 3 2 x y + = . Gọi F 1 và F 2 là các tiêu điểm của (E) (F 1 có hồnh độ âm); M là giao điểm có tung độ dương của đường thẳng AF 1 với (E); N là điểm đối xứng của F 2 qua M. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF 2 . 2. Trong khơng gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆: 1 2 1 2 x y z− = = . Xác định tọa độ điểm M trên trục hồnh sao cho khoảng cách từ M đến ∆ bằng OM. Câu VII.b (1,0 điểm) Gỉai hệ phương trình : 2 x x 2 log (3y 1) x 4 2 3y − =   + =  (x, y ∈ R) ----------------- Hết -------------- Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu . Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh : ………………………………………. Số báo danh : ………………………………… 1 O 1 -1 3 2 -2-3 1 2 − 5 2 BÀI GIẢI GỢI Ý PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I. 1. { } ( ) / 2 1 \ 1 ; 0, 1 D y x D x = − = > ∀ ∈ + ¡ TCĐ: x= -1 vì 1 1 lim , lim x x y y − + →− → = +∞ = −∞ ; TCN: y = 2 vì lim 2 x y →±∞ = Hàm số đồng biến trên (−∞; −1) và (−1; +∞). Hàm số không có cực trị. x -∞ -1 +∞ y’ + + y +∞ 2 2 -∞ 2. Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng y = -2x +m ( ) ( ) 2 2 1 2 2 4 1 0 * 1 x x m x m x m x + = − + ⇔ + − + − = + (vì x = -1 không là nghiệm) Phương trình (*) có 2 8 0,m m∆ = + > ∀ nên d luôn cắt (C) tại điểm A, B.Ta có: ( ) ( ) 1 3 3 2 2 2 3 2 OAB A B B A A B B A S x y x y x x m x x m ∆ = ⇔ − = ⇔ − + − − + = ( ) ( ) 2 2 2 3 12 A B A B m x x m x x⇔ − = ⇔ − = 2 2 8 12 4 m m + ⇔ = 4 2 2 8 48 0 4 2m m m m⇔ + − = ⇔ = ⇔ = ± Câu II. 1. (sin2x + cos2x)cosx + 2cos2x – sinx = 0 ⇔ cos2x (cosx + 2) + sinx (2cos 2 x – 1) = 0 ⇔ cos2x (cosx + 2) + sinx.cos2x = 0 ⇔ cos2x (cosx + sinx + 2 = 0) ⇔ cos2x = 0 ⇔ 2x = 2 k π π + ⇔ x = 4 2 k π π + (k ∈ Z) 2. 2 3 1 6 3 14 8 0x x x x+ − − + − − = , điều kiện : 1 x 6 3 − ≤ ≤ ⇔ 2 3 1 4 1 6 3 14 5 0x x x x+ − + − − + − − = 2 ⇔ 3 15 5 ( 5)(3 1) 0 3 1 4 1 6 x x x x x x − − + + − + = + + + − ⇔ x – 5 = 0 hay 3 1 (3 1) 0 3 1 4 1 6 x x x + + + = + + + − (vô nghiệm) ⇔ x = 5 Câu III. ( ) 2 1 ln 2 ln e x I dx x x = + ∫ ; 1 lnu x du dx x = ⇒ = x 1 e u 0 1 ( ) ( ) 1 1 2 2 0 0 1 2 2 2 2 u I du du u u u   = = −  ÷  ÷ + + +   ∫ ∫ 1 0 2 ln 2 2 u u   = + +  ÷ +   ( ) 2 ln3 ln 2 1 3   = + − +  ÷   3 1 ln 2 3   = −  ÷   Câu IV. Gọi H là trung điểm của BC, theo giả thuyết ta có : · 0 A'HA 60= . Ta có : AH = a 3 2 , A’H = 2AH = a 3 và AA’ = a 3. 3 2 = 3a 2 Vậy thể tích khối lăng trụ V = 2 a 3 3a 4 2 = 3 3a 3 8 Kẻ đường trung trực của GA tại trung điểm M của GA trong mặt phẳng A’AH cắt GI tại J thì GJ là bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC. Ta có: GM.GA = GJ.GI ⇒ R = GJ = .GM GA GI = 2 2 2 2 2 GA GI IA GI GI + = = 7 12 a Câu V. Đặt t = ab + bc + ca, ta có: a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca ⇒ 1 = (a + b + c) 2 = a 2 + b 2 + c 2 + 2(ab + bc + ca) ≥ 3(ab + bc + ca) ⇒ a 2 + b 2 + c 2 = 1 – 2t và 1 0 3 t≤ ≤ Theo B.C.S ta có : t 2 = (ab + bc + ca) 2 ≤ 3(a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ) ⇒ M ≥ 2 3 2 1 2 ( )t t t f t+ + − = f’(t) = 2 2 3 1 2 t t + − − f ’’(t) = 3 2 2 (1 2 )t − − < 0, ∀t ∈ 1 0, 3       ⇒ f’(t) là hàm giảm 1 11 '( ) '( ) 2 3 3 3 f t f≥ = − > 0 ⇒ f tăng ⇒ f(t) ≥ f(0) = 2, ∀t ∈ 1 0, 3       ⇒ M ≥ 2, ∀ a, b, c không âm thỏa a + b + c = 1 3 A’ A B C C’ B’ H G I M Khi a = b = 0 và c = 1 thì M = 2. Vậy min M = 2. PHẦN RIÊNG A.Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a. 1. Vì C (-4; 1), µ A vuông và phân giác trong góc A là (d) : x + y – 5 = 0, x A > 0 nên A(4; 1) ⇒ AC = 8 Mà diện tích ∆ABC = 24 nên AB = 6. Mặt khác, AB vuông góc với trục hoành nên B (4; 7) Vậy phương trình của BC là: 3x + 4y – 16 = 0 2. A (1; 0; 0); B (0; b; 0); C (0; 0; c) với b, c > 0 ⇒ (ABC) : 1 1 x y z b c + + = ⇒ (ABC) : bc.x + cy + bz – bc = 0 Vì d (0; ABC) = 1 3 nên 2 2 2 2 1 3 bc b c b c = + + ⇒ 3b 2 c 2 = b 2 c 2 + b 2 + c 2 ⇔ b 2 + c 2 = 2b 2 c 2 (1) (P) : y – z + 1 = 0 có VTPT là (0;1; 1) P n = − uur (ABC) có VTPT là ( ; ; )n bc c b= r Vì (P) vuông góc với (ABC) ⇒ . 0 P P n n n n⊥ ⇔ = r uur r uur ⇒ c – b = 0 (2) Từ (1), (2) và b, c > 0 suy ra : b = c = 1 Câu VII.a. z = a + ib. Suy ra : ( 1)z i a b i− = + − và (1+i)z = (1 + i)(a + bi) = (a – b) + (a + b)i (1 )z i i z− = + ⇔ 2 2 2 2 ( 1) ( ) ( )a b a b a b+ − = − + + ⇔ a 2 + (b 2 – 2b + 1) = 2 (a 2 + b 2 ) ⇔ a 2 + b 2 + 2b – 1 = 0 ⇔ a 2 + (b + 1) 2 = 2 Vậy z = a + ib với a, b thỏa a 2 + (b + 1) 2 = 2. B. Theo Chương trình Nâng Cao Câu VI.b. 1. ( ) 2 2 2 2 2 : 1 3 2 1 3 2 x y E c a b+ = ⇒ = − = − = Do đó F 1 (-1; 0); F 2 (1; 0); (AF 1 ) có phương trình 3 1 0x y− + = ⇒ M 2 1; 3    ÷   ⇒ N 4 1; 3    ÷   ⇒ 1 NA 1; 3   = −  ÷   uuur ; ( ) 2 F A 1; 3= uuur ⇒ 2 NA.F A 0= uuur uuur ⇒ ∆ANF 2 vuông tại A nên đường tròn ngoại tiếp tam giác này có đường kính là F 2 N. Do đó đường tròn có phương trình là : 2 2 2 4 ( 1) 3 3 x y   − + − =  ÷   2. d (M; ∆) = NM,a a ∆ ∆ uuuur uur uur . M ∈ Ox ⇔ M (m; 0; 0) ∆ qua N (0; 1; 0) có VTCP a r = (2; 1; 2) 4 A B C (d) NM (m; 1;0)= − uuuur ⇒ a, NM (2;2m; 2 m)   = − −   r uuuur Ta có: d (M, ∆) = OM ⇔ a, NM OM a     = r uuuur r ⇔ 2 5m 4m 8 m 3 + + = ⇔ 4m 2 – 4m – 8 = 0 ⇔ m = −1 hay m = 2. Vậy M (−1; 0; 0) hay M (2; 0; 0) Câu VII.b. 2 x x 2 log (3y 1) x 4 2 3y − =   + =  ⇔ x x x 2 3y 1 2 4 2 3y  − =   + =   ⇔ x x x 2 2 1 y 3 4 2 3y  + =    + =  ⇔ x x x x 2 2 1 y 3 3(4 2 ) (2 1)  + =    + = +  ⇔ x x x 2 1 y 3 2.4 2 1 0  + =    + − =  ⇔ x x x 2 1 y 3 1 (2 1)(2 ) 0 2  + =     + − =   ⇔ x x 2 1 y 3 1 2 2  + =     =   ⇔ x 1 1 y 2 = −    =   ------------------------------------o0o------------------------------- 5 ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn : TOÁN - Khối : D PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 4 2 6y x x= − − + 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng 1 1 6 y x= − Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình sin 2 cos 2 3sin cos 1 0x x x x − + − − = 2. Giải phương trình 3 3 2 2 2 2 4 4 4 2 4 2 ( ) x x x x x x x + + + + + − + = + ∈ ¡ Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 1 3 2 ln e I x xdx x   = −  ÷   ∫ Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA = a; hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc đoạn AC, 4 AC AH = . Gọi CM là đường cao của tam giác SAC. Chứng minh M là trung điểm của SA và tính thể tích khối tứ diện SMBC theo a. Câu V (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 2 4 21 3 10y x x x x= − + + − − + + PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3;-7), trực tâm là H(3;-1), tâm đường tròn ngoại tiếp là I(-2;0). Xác định toạ độ đỉnh C, biết C có hoành độ dương. 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x + y + z − 3 = 0 và (Q): x − y + z − 1 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (R) vuông góc với (P) và (Q) sao cho khoảng cách từ O đến (R) bằng 2. Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thoả mãn 2z = và z 2 là số thuần ảo. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A(0;2) và ∆ là đường thẳng đi qua O. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên ∆. Viết phương trình đường thẳng ∆, biết khoảng cách từ H đến trục hoành bằng AH. 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng ∆ 1 : 3x t y t z t = +   =   =  và ∆ 2 : 2 1 2 1 2 x y z − − = = . Xác định toạ độ điểm M thuộc ∆ 1 sao cho khoảng cách từ M đến ∆ 2 bằng 1. Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 2 2 4 2 0 ( , ) 2log ( 2) log 0 x x y x y x y  − + + =  ∈  − − =   ¡ ----------------- Hết -------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu . Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh : ………………………………………. Số báo danh : ………………………………… BÀI GIẢI GỢI Ý 6 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: 4 2 6 ( )y x x C= − − + 1/ Khảo sát, vẽ (C) TXĐ : D = R; 3 2 ' 4 2 ; ' 0 2 (2 1) 0 0; 6y x x y x x x y= − − = ⇔ − + = ⇒ = = 2 " 12 2 0y x= − − < ⇒ hàm số lồi trên R lim lim x x y y →+∞ →−∞ = = −∞ x -∞ 0 +∞ y' + 0 − y 6 -∞ -∞ Hàm số đồng biến trên khoảng (-∞;0), nghịch biến trên khoảng (0;+∞) y đạt cực đại tại x = 0, y CĐ = 6. (C) ∩ Ox : A ( 2;0) ± . 2/ Tiếp tuyến ∆ vuông góc d : 1 1 6 y x= − ⇒ Pt (∆) : y = − 6x + b ∆ tiếp xúc (C) ⇔ hệ sau có nghiệm : 4 2 3 6 6 1 10 4 2 6 x x x b x b x x  − − + = − + =   ⇔   = − − = −    Vậy ∆ : y = − 6x + 10 Câu II: 1/ Giải phương trình : sin 2 cos 2 3sin cos 1 0x x x x − + − − = 2 2 2sin cos 1 2sin 3sin cos 1 0 cos(2sin 1) 2sin 3sin 2 0 cos (2sin 1) (2sin 1)(sin 2) 0 (2sin 1)(cos sin 2) 0 x x x x x x x x x x x x x x x ⇔ − + + − − = ⇔ − + + − = ⇔ − + − + = ⇔ − + + = 1 2 sin 6 2 5 cos sin 2( ) 2 ( ) 6 x k x x x VN x k k Z π  = + π   =  ⇔ ⇔   π  + = − = + π ∈    2/ 3 3 2 2 2 2 4 4 4 2 4 2 x x x x x x+ + + + + − + = + (*); đk : x ≥ − 2 3 2 2 4 4 4 4 4 (2 1) 2 (2 1) 0 x x x x+ + − − − − − = ⇔ 3 4 4 2 2 (2 1)(4 2 ) 0 x x x− + + − − = • 4 4 2 1 4 4 0 1 x x x − = ⇔ − = ⇔ = • 3 4 2 2 2 2 x x+ + = 3 2 2 4x x⇔ = + + 3 8 2( 2 2)x x − = + − ⇔ 2 2( 2) ( 2)( 2 4) 2 2 x x x x x − − + + = + + 2 2 0 2 2 2 4 2 2 x x x x x • − = ⇒ = • + + = + + VT = 2 2 2 4 ( 1) 3 3x x x+ + = + + ≥ VP = 2 1 2 2x ≤ ⇒ + + Phương trình vô nghiệm. Vậy : Nghiệm (*) : x = 1; x = 2. 7 Câu III : 1 2 1 1 1 3 1 2 ln 2 ln 3 ln . e e e I I I x xdx x xdx x dx x x   = − = −  ÷   ∫ ∫ ∫ 1 4 2 4 3 1 4 2 4 3 1 1 ln e I x xdx= ∫ ; Đặt ln dx u x du x = ⇒ = ; 2 2 x dv xdx v= ⇒ = 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 ln 2 2 2 2 2 4 e e e x e x e I x xdx     + = − = − =  ÷  ÷     ∫ Tính I 2 : Đặt t = lnx ⇒ dx dt x = x = 1 ; t = 0; x = e ; t = 1. 1 1 2 2 0 0 1 2 2 t I tdt   = = =  ÷   ∫ . Vậy 2 2 2 e I − = Câu IV: Ta có 2 2 2 14 4 4 a a SH a   = − =  ÷  ÷   2 2 2 14 3 2 32 2 16 4 16 a a a SC a   = + = =  ÷  ÷   = AC Vậy ∆SCA cân tại C nên đường cao hạ từ C xuống ∆SAC chính là trung điểm của SA. Từ M ta hạ K vuông góc với AC, nên MK = 1 2 SH Ta có 3 2 1 1 14 14 ( . ) . 3 2 4 24 a a V S ABC a   = =  ÷   Nên V(MABC) = V(MSBC) = 1 2 V(SABC) = 3 14 48 a Câu V: 2 2 3 49 ( 2) 25 2 4 y x x   = − − + − − − +  ÷   ; đk : 2 2 4 21 0 3 7 2 5 2 5 3 10 0 x x x x x x x  − + + ≥ − ≤ ≤   ⇔ ⇔ − ≤ ≤   − ≤ ≤ − + + ≥    2 2 2 2 3 3 2 2( 2) 2 2 2 ' 2 ( 2) 25 ( 2) 25 3 49 3 49 2 2 4 2 4 x x x x y x x x x     − − −  ÷  ÷ − − −     = − = − − − + − − +     − − + − − +  ÷  ÷     2 2 3 3 49 ' 0 ( 2) 25 ( 2) 2 2 4 y x x x x     = ⇔ − − − + = − − − +  ÷  ÷     8 2 2 2 2 3 ( 2) 0 2 3 3 49 ( 2) 25 ( 2) 2 2 4 x x x x x x    − − ≥  ÷     ⇔           − − − + = − − − +    ÷  ÷             2 2 3 2 2 3 10 7( 2) 2 3 49 25 ( 2) 2 4 3 10 7( 2) 2 x x x x x x x x  ≤ ∨ ≥       − = − ⇔  ÷         − = − ⇔  ÷       − = − −    ÷     3 2 2 1 ( ) 10 15 7 14 3 1 3 10 15 7 14 17 29 29 ( ) 17 x x x nhan x x x x x x x loai  ≤ ∨ ≥     ⇔ =   − = − =    ⇔ ⇔     − = − + =    =     x −2 1/3 5 y' − 0 + y y( 1 / 3 ) min 1 2; 2 3 y y   = =  ÷   Cách khác: có thể không cần bảng biến thiên, chỉ cần so sánh y(-2), y(1/3) và y(5). PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a: 1/ * C1: Nối dài AH cắt đường tròn (C) tâm I tại điểm H' ⇒ BC đi qua trung điểm HH'. Phương trình AH : x = 3 Đường tròn (C) có pt : 2 2 ( 2) 74x y+ + = H' là giao điểm của AH và đường tròn (C) ⇒ H' (3; 7) Đường thẳng BC có phương trình : y = 3 cắt đường tròn (C) tại điểm C có hoành độ là nghiệm phương trình : 2 2 ( 2) 3 74x + + = ⇒ 65 2x = − (lấy hoành độ dương); y = 3. Vậy C ( 65 2 − ; 3) * C2: Gọi (C) là đường tròn tâm I(−2;0), bán kính R = 74IA = Pt đường tròn (C) : 2 2 ( 2) 74x y+ + = Gọi AA 1 là đường kính ⇒ BHCA 1 là hình bình hành ⇒ HA 1 qua M trung điểm BC 9 Ta có IM là đường trung bình của ∆A 1 AH Nên : 2 1 ( 2;3) 3 2 M M x IM AH M y = −  = ⇔ ⇔ −  =  uuur uuur Pt BC qua M và vuông góc AH : y − 3 = 0 Toạ độ C thoả hệ phương trình : 2 2 ( 2) 74 2 65 3 0 3 0 x y x y y x  + + =  = − +   − = ⇔   =    >  . Vậy C ( 65 2 − ; 3) 2/ PVT (1;1;1) P n = uur ; PVT (1; 1;1) Q m = − uuur ; PVT (2;0; 2) 2(1;0; 1) R k n m = ∧ = − = − uur r ur Phương trình (R) có dạng : x − z + D = 0. Ta có : d (0;(R)) = 2 2 2 2 2 D D ⇔ = ⇔ = ± Phương trình (R) : 2 2 0 2 2 0x z hay x z − + = − − = Câu VII.a: Đặt 2 2 2 2z a bi z a b abi = + ⇒ = − + Ta có hệ phương trình 2 2 2 2 2 2 0 1 2 1 a b a a b b   − = =   ⇒   + = =     . Vậy : 1 2 3 4 1 , 1 1 , 1 z i z i z i z i = + = − = − + = − − B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b: 1/ * C1 : Gọi H(x 0 ; y 0 ) là hình chiếu của A xuống ∆ Ta có : 0 0 0 0 ( ; 2), ( ; )AH x y OH x y = − = uuur uuur Do gt : 2 2 2 0 0 0 0 0 0 2 2 2 0 0 0 0 0 ( 2) 0 2 0 . 0 ( , ) 4 4 0 ( 2) x y y x y y AH OH AH d H Ox x y x y y  + − =  + − =  =    ⇒ ⇔    = − + =  + − =      uuur uuur 0 2 2 0 0 0 0 2 2 0 0 0 0 0 2 0 1 5 8 4 5 2 4 0 1 5 4 4 0 4 4 1 5 8 4 5 0 ( ) y x y y y x y x y y x loai   = − +      = − +  + − = = − ±     ⇒ ⇔ ⇒    − + =  = −   = − −       = − − <    ( ) 0 0 4 5 8 4 5 8; 1 5 1 5 x H y  = ± −  ⇔ ⇒ ± − − +  = − +   .Phương trình ∆ : ( 5 1) 4 5 8 0x y − ± − = * C2 : • ∆ ≡ Oy ⇒ H ≡ A : không thoả AH = d(H, Ox) • ∆ ≡ Ox ⇒ H ≡ O : không thoả AH = d(H, Ox) • Pt ∆ : y = kx (k ≠ 0) 1 2 AH y x AH qua A k ⊥ ∆  ⇒ = − +   Toạ độ H = ∆ ∩ AH thoả hệ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 ; 1 1 1 2 2 1 k x y kx k k k H k k y x k y k k  = =     +   ⇔ ⇒    ÷ + + = − +     =   +  10 . ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2010 Mơn thi : TỐN PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm). Cho. (A’BC) và (ABC) bằng 60 0 . Gọi G là trọng tâm tam giác A’BC. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC theo a.