De thi thu Dai hoc mon Toan va dap an

Xác định m để hàm số (1) có cực trị, đồng thời đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số tạo với hai trục tọa độ một tam giác cân.. có đáy là hình thang cân, đáy lớn AB bằn[r]

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số  

3 3 4 y x  x  C

Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C)

Gọi d đường thẳng qua điểm A(- 1; 0) với hệ số góc k ( k  R) Tìm k để đường thẳng d cắt (C) ba điểm phân biệt hai giao điểm B, C ( với B, C khác A ) với gốc tọa độ O tạo thành tam giác có diện tích

Câu II (2 điểm)

1 Tìm nghiệm phương trình:

2

sin cos sin 4sin

4 2

x x x x   

  (1)

thoả mãn điều kiện : x1 3

2.Giải phương trình sau :  

2

2 x  3x2 3 x 8

Câu III (1 điểm) Tính tích phân :

2

1 sin cos

x x

I e dx

x 

 





Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB=a, AD=2a, cạnh SA vng góc với đáy, cạnh SB tạo với đáy góc 600 Trên cạnh SA lấy điểm M cho

a AM

3



Mặt phẳng (BCM) cắt SD N Tính thể tích khối chóp SBCMN?

Câu V (1 điểm) Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn x y z  1 Tìm giá trị lớn biểu thức

xy yz zx

P

xy z yz x zx y

  

  

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

Thí sinh làm hai phần A B

Câu VI.A (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với A(2;−1), B(1;−2) , trọng tâm G tam giác nằm đờng thẳng x+y −2=0 Tìm tọa độ đỉnh C biết diện tích tam giác ABC bằng

27

2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hai điểm M(0; 1; 2) N( 1;1;3) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M, N cho khoảng cách từ K0;0;2 đến (P) đạt giá trị lớn Tìm điểm I thuộc mặt phẳng (x0y) cho IM+IN nhỏ

Câu VII.A (1,0 điểm) Giải bất phương trình

2.5

5

5

x x

x

 

 Câu VI.B (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A có đỉnh A(6; 6), đường thẳng qua trung điểm cạnh AB AC có phương trình x + y 4 = Tìm tọa độ đỉnh B C, biết điểm E(1; 3) nằm đường cao qua đỉnh C tam giác cho

2 Trong không gian 0xyz cho điểm I1, 2, 2 và đường thẳng   : 2x 2  y zvà mặt phẳng  P :

2x2y z  5 0 Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I cho mặt phẳng (P) cắt khối cầu theo thiết

diện hình trịn có chu vi 8 Từ lập phương trình mặt phẳng  Q chứa  và tiếp xúc với (S). Câu VII.B (1,0 điểm) Giải phương trình sau tập số phức :

2

4 1 0

2

z

z  z    z

……….Hết……… SỞ GD & ĐT THANH HÓA

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN MƠN TỐN ( Khối A-B-D)

Chó ý: ThÝ sinh thi khối D làm câu V.

S GD & ĐT THANH HÓA

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2

ĐÁP ÁN MƠN: TỐN KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN

Câu Nội dung Điể

m I

(2điểm) Khối D 3điểm

1.(1,0 điểm)

Hàm số (C1) có dạng

3 3 4

y x  x 

 Tập xác định: D R

 Sự biến thiên

- xlim  y , limx y 

0.25

- Chiều biến thiên:

2

'

2

x

y x x

x       

 

Bảng biến thiên

X   0 2 

y’ + - +

Y

4 

  0

0.25

Hàm số đồng biến khoảng  ;0 và2; , nghịch biến khoảng (0;2)

Hàm số đạt cực đại x0,yCD 4 Hàm số đạt cực tiểu x2,yCT 0

0.25 Đồ thị: Học sinh tự vẽ đồ thị (C)

0.25 2.(1,0 điểm)

2 Đường thẳng d qua A(-1; 0) với hệ số góc k , có phương trình : y = k(x+1) = kx+ k

- Nếu d cắt (C) ba điểm phân biệt phương trình: x3 – 3x2 + = kx + k

⇔ x3 – 3x2 – kx + – k = ⇔ (x + 1)( x2 – 4x + – k ) = 0 ⇔

x=−1

¿

g(x)=x2−4x+4− k=0

¿ ¿ ¿ ¿

có ba nghiệm phân biệt ⇔ g(x) = x2 – 4x + –

k = có hai nghiệm phân biệt khác -

⇔

Δ'>0 g(−1)≠0

⇔

¿k>0 9−k ≠0

⇔0<k ≠9(∗)

¿{

Với điều kiện : (*) d cắt (C) ba điểm phân biệt A, B, C Với A(-1;0) , B,C có hồnh độ hai nghiệm phương trình g(x) =

- Gọi B x y 1; 1;C x y 2; 2với x x1; 2là hai nghiệm phương trình :

2 4 4 0

x  x  k  Còn y1 kx1k y; kx2 k

- Ta có :

0.25 0.25

0.25

 

   2 2  2

2 1; 2 1 1

BC  x  x k x  x  BC  x  x k x  x k



- Khoảng cách từ O đến đường thẳng d :

k h

k

 

- Vậy theo giả thiết :

2 3

2

1

8 64

2 2 1

k

S h BC k k k k k k

k

          



Đáp số : k 4, thỏa mãn u cầu tốn

II

(2điểm)

1.(1,0 điểm) Pt(1)

1

sin cos cos 2sin

2 2

x x x x

     cos sin

2

x  x 

    

 

cos

1

sin sin( )

2 x x           x k x m              

Mặt khác: x1 3  2x4

0.25

0.25

* với k2 k

 

      

Do : x

 

* Với

7

2

6 m m

        nên

x 

0.25 0.25 Vậy phương trình (1) có nghiệm x

 

7

x 

thoả mãn (2)

 

2 x  3x2 3 x 8

(1)

ĐK x2 Pt (1)       

2

3 x x 2x x 2x x

        

Do x=-2 không nghiệm pt(1)nên chia vế cho x+2 ta được:

2

2( 4)

3

2

x x x x

x x

   

   

 

Đặt

2 2 4

2 x x t x   

 ĐK t0 Phương trình (1)

2

2 1

2 t t t t            * Với t

pt VN

*Với t=2 PT có nghiệm x 3 13

0.25

0.25

0.5

Câu III

(1điểm)

2 2

0 0

1 sin sin

1 cos cos cos

x

x x

x e dx x

I e dx e dx

x x x

             2 0 sin

2 cos cos

2

x

x

e dx x

e dx x x       

Đặt I1  2 cos x e dx x   

Ta có :I2 

2

2

0

2sin cos

sin 2 2

1 cos 2cos

2

x x

x x

x

e dx e dx

x x

 

 

 

0 tan x x e dx  

Mặt khác : Tính I1 2 cos x e dx x    Đặt tan cos 2 x x u e

du e dx dx x dv v x                 

Áp dụng công thức tích phân phần : I1 2 cos x e dx x    = 2 tan x x

e e dx

 

 

0.25

Do I  I1 I2

2

2

0

1 sin

2 cos cos

2

x

x

e dx x

e dx x x        = 2 tan x x

e e dx

    tan x x e dx   e   0.25

Vậy : I e2



 0.25

Câu IV

(1điểm) Từ M kẻ đường thẳng song song với AD, cắt SD N N giao điểm

(BCM) SD, SA (ABCD) nên góc SB (ABCD)

 0

SBA 60 Ta có



SA SB.tan SBA a 3  .

Từ ta có:

a 31

SM SA AM a

3

    

SM SN

SA SD

  

Dễ thấy: VS.ABCD VS.ABCVS.ADC 2VS.ABC2VS.ADC

Và VS.BCNM VS.BCMVS.CNM

Do đó:

S.BCNM S.BCM S.CNM S.BCM S.CNM

S.ABCD S.ABCD S.ABC S.ADC

V V V V V

V V 2V 2V



  

1 SM SB SC SM SN SC

2 SA SB SC SA SD SC 9

    

Mà

3 S.ABCD

1 3a

V

(1điểm) Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn

1

x y z  

Tìm giá trị lớn biểu thức

xy yz zx

P

xy z yz x zx y

  

  

Doxy z xy  1.zxy z x y z      x z y z    nên

xy xy z 

1

2

x y x y

x z y z x z y z

 

   

     (1)

Lý luận tương tự :

yz yz x 

1

2

y z y z

y x x z x y x z

 

   

     (2) xz

xz y 

1

2

x z x z

x y y z x y y z

 

   

     (3)

0.5

Cộng vế với vế (1) , (2) (3) ta

xy yz zx

P

xy z yz x zx y

  

  

3



Đẳng thức xãy :

1

x  y z

Vậy giá trị lớn

3

2

P  x  y z

0.5

VIa

(2điểm)

1.(0,75 điểm)

Vì G nằm đờng thẳng x+y −2=0 nên G có tọa độ G=(t ;2−t) Khi

( 2;3 )

AG t  t



, AB ( 1; 1)



Vậy diện tích tam giác ABG

3 t¿2

t −2¿2+¿−1 ¿

2¿

S=1

2√AG

2

AB2−(AG AB)2=1

2√¿

= |2t −3|

2

NÕu diÖn tÝch tam giác ABC

27

2 diƯn tÝch tam gi¸c ABG b»ng

27

6 2

VËy

2

2

t 

, suy t =6

hc t=−3 VËy cã hai điểm G :

G1=(6;4), G=(3;1) Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên

3 ( )

C G A B

x  x  x x

vµ yC 3yG (yAyB)

0.5

Víi G1=(6;−4) ta cã C1=(15;−9) ,

víi G=(−3;−1) ta cã C2=(−12;18)

0.25

2.Gọi nA B C, , 



A2 B2 C2 0

  

là vectơ pháp tuyến mặt phẳng (P) Phương trình mặt phẳng (P) qua M có dạng;

 1  2

Ax B y  C z   Ax By Cz B    C DoN1;1;3   P   A B 3C B  2C 0 A2B C

  P : 2B C x By Cz B 2C

       0.25

 

 , 

2

4

B d K P

B C BC



 

-Nếu B = d(K,(P))=0 (loại) -Nếu B0thì

 

 ,  2 2 2

2

4

2

B d K P

B C BC C

B

  

   

 

 

 

Dấu “=” xảy B = -C Chọn C = Khi pt (P): x + y – z + =

PT (x0y) : z =0 Nhận thấy M ; N nằm phía mặt phẳng (x0y)

Gọi M’ điểm đối xứng với M qua (x0y) Đường thẳng d qua M vng góc với

(x0y) có VTCP u0;0;1



PTTS d :

0

x y

z t

  

    

 Giả sử H  d x y0 

Thì H0; 1; 2 t lúc 2+t=0 suy H0; 1;0 .Do M’(0;-1;-2) ;

 

' 1; 2;5

M N 



Ta có : IM+IN = IM’+INM N' Đẳng thức xãy khi

' ( )

I M N x y .

PT đường thẳng M’N :

1

1

x y z

 

 .

Điểm I  1 m;1 ;3 5 m  mcần thuộc đường thẳng M’N (x0y)nên

3+5m=0

3

m

Vậy

2

; ;0

5

I  

 

0.5

VIIa

(1điểm) Đk xlog 25 (*) Đặt t= x

t ĐK t>2

BPT (1)

2

3

t t

t

  

 (1) Bình phương vế BPT (1) ta :

4

2 2

20

4 45

4 4 5

t

t t

t t t

 

   

   

5

log 20

5 20

1

5

2

x

x

x x

  



 

 

   

 

 (**)

Kết hợp (*) (**) ta :

5

log 20

1 log

2

x

x    

  



vậy bất phương trình có nghiệm :

5

log 20

1 log

2

x

x   

  



0.25 0.25

0.25

0.25

VIb

(2điểm) 1.(0.75 điểm)Gọi là đường thẳng qua trung điểm AC AB

Ta có  

6

,

2

d A     

Vì là đường trung bình ABC

 ;   ;  2.4

d A BC d A

    

 E

Gọi phương trình đường thẳng BC là: x y a  0 Từ đó:

4 6

8 12 16

28

a a

a

a 

  

       

Nếu a28 phương trình BC x y  28 0 , trường hợp A nằm

khác phía BC và, vơ lí Vậy a4, phương trình BC là:

4

x y   .

Đường cao kẻ từ A ABC đường thẳng qua A(6;6) vàBC:x y  4 nên có phương trình x y 0

Tọa độ chân đường cao H kẻ từ A xuống BC nghiệm hệ phương trình

0

4

x y x

x y y

  

 



 

   

 

Vậy H (-2;-2)

Vì BC có phương trình x y  4 nên tọa độ B có dạng: B(m; -4-m)

Lại H trung điểm BC nên C(-4-m;m) 0.75

Suy ra: CE5m; 3  m , AB(m 6; 10  m)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Vì CEAB nên AB CE  0 a 6 a5  a3 a100  

                         



2

2 12

6

a

a a

a      

  Vậy

 

 

0; 4;0

B C

   

 

 hoặc

 

 

6; 2;

B C

   

 

 .

2.Ta có (P) cắt (S) theo thiết diện đường trịn (C) có bán kính r mà 2r.= 8 suy r =4 R2 r2d2

Trong d d I P   3 R2 25

Phương trình mặt cầu (S) :      

2 2

1 2 25

x  y  z 

0.75

Nhận thấy mặt cầu (S) tiếp xúc với   điê,r

5

; ;

3 3

M  

 

Do : Mặt phẳng (Q) chứa  tiếp xúc với (S) qua

5

; ;

3 3

M  

 và có VTPT

2 11 10

; ;

3 3

MI  

 



là :6x 33y30z105 0

0.5

VIIb

(1điểm) ĐS : phương trình có nghiệm z ;i z ;i z i21;z i2   

      1.0

 Thí sinh thi khối D khơng phải làm câu V- câu I điểm

Thí sinh có cách làm khác đáp án mà cho điểm tối đa câu đó.

B C

Sở GD & ĐT TP HCM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012 Trường THCS & THPT Nguyễn Khuyến Mơn: Tốn - Thời gian: 180 phút

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ðiểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y x  3x2 mx2 (1) với m tham số thực. 1. Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = 0.

2. Xác định m để hàm số (1) có cực trị, đồng thời đường thẳng qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số tạo với hai trục tọa độ tam giác cân

Câu II (2 điểm)

1. Giải phương trình

2

sin sin

tan (sin sin )

cos cos3

x x

x x x

x  x  

2 Giải bất phương trình : 3 x31 2 x23x1.

Câu III ( 1điểm) Tính tích phân: I =

1 3

4

3

2012

x x x

dx x

 



,

 

1

5

2 2012

x

x

x x e

J dx

x e

  

 



Câu IV (1 điểm) Cho khối chóp S ABCD có đáy hình thang cân, đáy lớn AB bốn

lần đáy nhỏ CD, chiều

cao đáy a Bốn đường cao bốn mặt bên ứng với đỉnh S có độ dài và bằng b Tính thể tích

Câu V (1 điểm) Giải hệ phương trình:

2

2 (4 ) ( 3)

2012 ( 2x 1) 4024

y y x x x

y x x

   

 

     

 II PHẦN RIÊNG (3 điểm)

A Theo chương trình chuẩn Câu VI.a.

Trong hệ tọa độ Oxy cho đường thẳng:(d1): x – 3y = 0, (d2): 2x +y - 5= (d3):

x – y = Tìm tọa độ đỉnh hình vng ABCD biết A, C thuộc (d1), (d2)

đỉnh lại thuộc (d3).

Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm M(0;-1;2), N(-1;1;3).Viết phương trình mặt phẳng (R) qua M, N tạo với mặt phẳng (P): 2x y  2z 0 góc nhỏ nhất. Câu VII.a Tìm số phức z có moodul cho z 2 i nhỏ nhất.

B Theo chương trình nâng cao Câu VI.b (2 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm I(4; 5) Biết đường thẳng AD qua gốc tọa độ O phương trình AB: 2x – y + = Lập phương trình cạnh cịn lại hình chữ nhật ABCD.

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) đường thẳng  có phương trình tham số: x 1 ;t y 1 t z; 2t t R   Một điểm M thay đổi trên đường thẳng , tìm điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu VII.b (1điểm) Tìm số phức z thỏa mãn: z2  z2z2 .

Hết

ÁP ÁN THI TH I H C L N VII, N m 2012

Đ ĐỀ Ử ĐẠ Ọ Ầ ă

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ðiểm)

Câu Nội dung Điểm

I  Tập xác định: D = 

 Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên:

/ 3 6 ; / 0 3 6 0

2

x

y x x y x x

x  

       

 

Hàm số đồng biến khoảng (; 0) (2; +), nghịch biến

khoảng (0; 2)

- Cực trị: + Hàm số đạt cực tiểu x = yCT = y(2) =  2;

+ Hàm số đạt cực đại x = yCĐ = y(0) =

- Giới hạn: limx , limx

y y

        Bảng biến thiên:

- Đồ thị:

0,25

0,25

0,25

0 y’(x)

y(x)

 2 +

0 0 +

+ 

2 +

y

2

+ Giao Ox …… + Giao Oy ……

- Đồ thị nhận điểm I(1; 0) tâm đối xứng. 0,25

2

Hàm số có cực trị  y’ = có nghiệm phân biệt

' 3m m

        (1)

3 3 2 1( 1) ' ( 2) 2

3 3

m m

y x  x  mx  y  x y    x 

Đường thẳng d qua điểm cực trị đths có pt:

2

( 2)

3

m m

y   x 

Đường thẳng d cắt trục Ox Oy

6

;0 , 0;

2( 3)

m m

A B

m

     

   

  

 

Tam giác OAB cân  OA OB

6

6; ;

2( 3) 2

m m

m m m

m

 

     



Với m = thìA B O  so với điều kiện ta nhận

3

m

0,25

0,25

0,25 0,25

II

1

ĐK: cosx0,cos3x0

Pt  tan sinx xtan sin 3x xtan (sinx xsin )x

sin( ) sin( )

(tan tan )sin (tan tan )sin sin sin

cos cos cos cos

x x

x x x x x x x x

x x x x



       

sin

sin sin

0

cos3 cos

x

x x

x x

 

 

  



sin sin ( )

sin cos ( )

x x TM

x x L

 

 

   

 

 

0,25 0,25 0,25

0,25

2

Giải bất phương trình

Điều kiện: x 1

3 2

3 x 1 2 x 3x 1 x x   x (x1) 2( x  x 1)

Chia hai vế cho x2 + x + 1, ta bất phương trình tương đương

2

1

3

1

x x

x x x x

 

 

    Đặt t =

1

2  

 x x

x

, t 0, ta ta bất phương trình:

3t t   2 t 1 t2

+ Với t1, ta có:

2

2

1

1 1

1

x

x x x x

x x



       

  (luôn đúng)

+ Với t2, ta có:

2

2

1

2 4( 1)

1

x

x x x x x

x x



         

  (vơ nghiệm)

Vậy bất phương trình cho có nghiệm x 1.

0,25 0,25

0,25

0,25

III 3

1

4

1

3

2012

x x dx

I dx I I

x x



     0,25

0,25 y(x)

2

 x

1

1 3- 1 3+

2

-Tính I1:

3

1 2

1

1

1

x

I dx

x  

, đặt

3 2

3

2 3

1

1

2

dx dx

t t t dt t dt

x x x x



        

Đổi cận:

1

2;

3

x  t x  t

Khi

0

3

1

2

3

6

2

I  t dt t  -Tính I2 = 8084

-Vậy I = +8084 =8090

0,25 0,25

IV

Gọi H chân đường cao chóp H phải cách các cạnh đáy trường hợp ta chứng minh được H nằm đáy.

Suy hình thang cân ABCD có đường trịn nội tiếp tâm H trung điểm đoạn MN với M, N trung điểm cạnh AB, CD MN = a

Đường trịn tiếp xúc với BC E thì

2

a HM HN HE

bán kính đường trịn và

2

1

2

a

SE SM SN b b    SH  b  a

 

Đặt CN x BM 4 ,x CEx BE, 4x. Tam giác HBC vuông H nên

2

2 . 4 , 2

4

a a a

HE EB EC  x  x  CD AB a

, suy

2

5

ABCD a

S 

. Vậy

2

2 2

1 5

4

3 24

S ABCD

a a

V  b  a  b  a

(đvtt)

0,25

0,25

0,25 0,25

V

Giải hệ phương trình:

2

2 (4 ) ( 3) (1)

2012 ( 2x 1) 4024 (2)

y y x x x

y x x

   

 

     



Nếu x = 0, từ (1) suy y = Khi khơng thỏa mãn (2) Vậy x0

Chia vế (1) cho x3, ta được:

3

2

( y) y x 3x

x  x   (3)

Xét hàm số f t( ) t3 ,t t R Dễ thấy f(t) hàm số đồng biến R Do từ (3) ta

2y x

x  , hay 2y x 2. Thế vào (2) ta có:

1

2012x ( 1) ( 1)

x x

  

    

 

Đặt u = x – 1, ta phương trình : 2012 (u u2 4 u) 2 (4) Lại xét hàm số g u( ) 2012 ( u u2 4 u) 2 R.

0,25

Có

2

2

'( ) 2012 ln 2012( ) 2012 ( 1)

4

u u u

g u u u

u

    



2

2

1

2012 ( )(ln 2012 )

4

u u u

u

   

 Vì u2 4 u0

1

1 ln 2012

u    nên g’(u)>0 với u R Suy hàm số g(u) đồng biến R Mặt khác g(0)=2 nên u = 0 nghiệm (4) Từ x =

1

y

.

Vậy hệ PT có nghiệm

1 ( ; ) (1; )

2

x y  .

0,25

0,25 PHẦN RIÊNG (3 điểm)

A Theo chương trình chuẩn

VI.a

+ (d1) qua C(3;1) gốc toạ độ O ;(d’1) đối xứng với

(d1) qua  d3 đi qua điểm (1;3) có pt y=3x

toạ độ A nghiệm hệ  

3

1;3

2

x y x

A

x y y

  

 

 

 

   

 

+ đường chéo BD nằm (d3) y=x nên dễ dàng suy C(3;1)

+ Do ABCD hình vng nên dễ dàng tìm toạ độ của hai đỉnh lại B(1;1), D(3;3)

0,25 0,25 0,25 0,25

2

Mặt phẳng (P) qua M nên có phương trình dạng :

A(x -0) + B(y + 1) + C(z-2) = với A2B2C2 0.

Vì điểm N thuộc ( P ) nên thay tọa độ N vào pt (P) ta được: A =2B + C Gọi  góc tạo hai mặt phẳng (P) (Q),ta có:

2

os

5

B c

B BC C

 

 

Nếu B =  900.

Nếu B0, đặt m =

C

B,ta có: 2

1 1

os

3

2 2( 1)

c

m m m

   

    .

 nhỏ

1 os

3

c  

 m = -1  B = - C Vậy mặt phẳng ( R): x y z   3

0,25

0,25 0,25

0,25

VII.a 0,25

0,25

6

4

2

5 x y

d3: x-y=0 d2: 2x+y-5 =0

d1: x-3y=0

O

A

C B

0,25

0,25

A Theo chương trình nâng cao

VI.b

1

+ Phương trình cạnh AD là: x + 2y = + tìm toạ độ điểm C (10;9 ) + phương trình cạnh CD : 2x – y -11 =0 + Phương trình cạnh BC là: x + 2y – 28 = 0

0,25

0,25

0,25

0,25 + Gọi P chu vi tam giác MAB P = AB + AM + BM.

Vì AB khơng đổi nên P nhỏ AM + BM nhỏ nhất.

Đường thẳng  có phương trình tham số:

1 2

x t

y t

z t

  

     

 .

Điểm M  nên M 1 ;1 ; 2t  t t.

         

         

       

2

2 2 2

2

2 2 2

2

2

2 20

4 2 36 56

3

AM t t t t t

BM t t t t t t

AM BM t t

          

              

     

+ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ u3 ;2 5t  

và

 6; 5

v  t 

.

0,25 0,25

0,25

0,25

12 10

-2

-5 10

(10;9)

(-2;1)

(4;5) I

D

C

Ta có

   

   

2

2

| |

| |

u t

v t



 

  

   

 

 

Suy AM BM | | | |u  v u v 6; 5|u v | 29

   

Mặt khác, với hai vectơ u v,  

ta có | | | | |u  v u v | Như AM BM 2 29

+ Đẳng thức xảy u v,  

hướng

3

1

3

t

t t

   

  1;0; 2 M

 minAM BM  2 29. + Vậy M(1;0;2) minP = 2 11  29

VII.b

0,25 0,25