Viết phương trình đường thẳng BC, biết diện tích tam giác ABC bằng 24 và đỉnh A có hoành độ dương.. Xác định b và c, biết mặt phẳng ABC vuông góc với mặt phẳng P và 1 khoảng cách từ điểm[r]
(1)ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2010 Môn thi : TOÁN I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 – 2x2 + (1 – m)x + m (1), m là số thực Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số m = Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành điểm phân biệt có hoành độ x1, x2, x3 thỏa mãn điều kiện : x12 x 22 x 32 Câu II (2,0 điểm) (1 sin x cos 2x) sin x 4 Giải phương trình cos x tan x 2 Giải bất phương trình : x x 2(x x 1) 1 x e x 2x e x dx 2e x Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a Gọi M và N là trung điểm các cạnh AB và AD; H là giao điểm CN và DM Biết SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SH = a Tính thể tích khối chóp S.CDNM và khoảng cách hai đường thẳng DM và SC theo a (4 x 1) x ( y 3) y Câu V (1,0 điểm) Giải hệ phương trình (x, y R) 2 4 x y x II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai đường thẳng d1: x y và d2: x y Gọi (T) là đường tròn tiếp xúc với d1 A, cắt d2 hai điểm B và C cho tam giác ABC vuông B Viết phương trình (T), biết tam giác ABC có diện tích và điểm A có hoành độ dương x 1 y z Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : và mặt phẳng (P) : x 2y + z = 1 Gọi C là giao điểm với (P), M là điểm thuộc Tính khoảng cách từ M đến (P), biết MC = Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm phần ảo số phức z, biết z ( i ) (1 2i ) B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A có đỉnh A(6; 6), đường thẳng qua trung điểm các cạnh AB và AC có phương trình x + y = Tìm tọa độ các đỉnh B và C, biết điểm E(1; 3) nằm trên đường cao qua đỉnh C tam giác đã cho x2 y2 z 3 Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A(0; 0; 2) và đường thẳng : Tính khoảng cách từ A đến Viết phương trình mặt cầu tâm A, cắt hai điểm B và C cho BC = Câu VII.b (1 điểm) (1 3i ) Cho số phức z thỏa mãn z Tìm môđun số phức z iz 1 i Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân : I Lop12.net (2) BÀI GIẢI Câu I: 1) m= 1, hàm số thành : y = x3 – 2x2 + Tập xác định là R y’ = 3x2 – 4x; y’ = x = hay x = lim y và lim y x ; x x y’ y + + + + CĐ 27 CT 4 Hàm số đồng biến trên (∞; 0) ; ( ; +∞); hàm số nghịch biến trên (0; ) 3 4 Hàm số đạt cực đại x = 0; y(0) = 1; hàm số đạt cực tiểu x= ; y( ) = 3 27 2 11 y" = x ; y” = x = Điểm uốn I ( ; ) 3 27 y Đồ thị : 50 27 x Phương trình hoành độ giao điểm đồ thị hàm số (1) và trục hoành là : x3 – 2x2 + (1 – m)x + m = (x – 1) (x2 – x – m) = x = hay g(x) = x2 – x – m = (2) Gọi x1, x2 là nghiệm phương trình (2) Với điều kiện + 4m > ta có : x1 + x2 = 1; x1x2 = –m Do đó yêu cầu bài toán tương đương với: 1 m m m 1 4m 4 m m g(1) m m x12 x 22 (x1 x ) 2x1x 1 2m m m m Câu II: Điều kiện : cos x và tanx ≠ - (1 sin x cos x).(sin x cos x) cos x PT tan x (1 sin x cos x).(sin x cos x) cos x cos x sin x cos x Lop12.net (3) (1 sin x cos x) sin x cos x 2sin x sin x sin x 1(loai ) hay sin x 7 x k 2 hay x k 2 ( k ) 6 Điều kiện x ≥ Bất phương trình ▪ Mẫu số < x x 2(x x 1) 2(x x 1) 0 2(x x 1) 2x2 – 2x + > (hiển nhiên) Do đó bất phương trình x x 2(x x 1) ≤ 2(x x 1) x x x 2x (x 1) x (x 1) x x 1 x x 2 x x x (1 x) (x x ) 0 x x 1 x x 3x x 3 Cách khác : Điều kiện x 3 0 Nhận xét : 2( x x 1) x (1) x x 2( x x 1) * x = không thoả * x > : (1) x 1 x 1 x x x 1 x 1 x x 1 x x t2 Đặt t x x t 1 (1) thành : 2(t 1) t 2 2t t 2t (*) (*) t 2t (t 1) t 1 x x x 1 x 1 x 6 3 x 1 (loai ) x Lop12.net (4) Câu III 1 1 x3 x (1 2e x ) e x ex 2 ; I x dx ; I dx x dx dx x x 3 2e 2e 0 0 1 1 2e ex d (1 2e x ) = = ln(1 2e x ) = ln dx x x 2e 2e 0 I2 Vậy I = 1 2e ln Câu IV: 5a 5a 3 1a a 5a S(NDCM)= a (đvdt) V(S.NDCM)= a (đvtt) a 24 2 2 2 S a2 a , NC a Ta có tam giác vuông AMD và NDC Nên NCD ADM DM vuông NC A M B a2 2a Vậy Ta có: DC HC.NC HC a 5 N H D C Ta có tam giác SHC vuông H, và khỏang cách DM và SC chính là chiều cao h vẽ từ H tam giác SHC 1 19 2a Nên 2 h 2 h HC SH 4a 3a 12a 19 Câu V : ĐK : x Đặt u = 2x; v y Pt (1) trở thành u(u2 + 1) = v(v2 +1) (u - v)(u2 + uv + v2 + 1) = u = v 0 x Nghĩa là : x y y 4x 25 x x x (*) Pt (2) trở thành 25 3 Xét hàm số f ( x) x x x trên 0; 4 f '( x) x(4 x 3) <0 3x 1 Mặt khác : f nên (*) có nghiệm x = và y = 2 2 Vậy hệ có nghiệm x = và y = 2 A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a: A d1 A (a; a ) (a>0) Lop12.net (5) Pt AC qua A d1 : x y 4a AC d2 = C(2a; 2 3a ) Pt AB qua A d2 : x y 2a a a 3 AB d2 = B ; S ABC BA.BC a A ; 1 ; C ; 2 3 2 3 3 1 Tâm I ; ; IA 1 Pt (T ) : x y 1 2 3 2 2 C (1 + 2t; t; –2 – t) C (P) (1 + 2t) – 2t – – t = t = –1 C (–1; –1; –1) M (1 + 2t; t; –2 – t) MC2 = (2t + 2)2 + (t + 1)2 + (–t – 1)2 = 6(t + 1)2 = t + = 1 t = hay t = –2 Vậy M1 (1; 0; –2); M2 (–3; –2; 0) 1 3 1 d (M1, (P)) = ; d (M2, (P)) = 5 5 Câu VII.a: z ( i) (1 2i) = (1 2i)(1 2i) = (5 2i) z 2i Phần ảo số phức z là B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b : Phương trình đường cao AH : 1(x – 6) – 1(y – 6) = x – y = Gọi K là giao điểm IJ và AH (với IJ : x + y – = 0), suy K là nghiệm hệ x y xy4 K (2; 2) x 2x K x A 2 K là trung điểm AH H H (-2; -2) y H 2y K y A 2 Phương trình BC : 1(x + 2) + 1(y + 2) = x + y + = Gọi B (b; -b – 4) BC Do H là trung E (1; -3) điểm BC C (-4 – b; b); Ta có : CE (5 b; b 3) vuông góc với BA (6 b; b 10) (5 + b)(6 – b) + (-b – 3)(b + 10) = 2b2 + 12b = b = hay b = -6 Vậy B1 (0; -4); C1 (-4; 0) hay (2; -6) B2 (-6; 2); C qua M (-2; 2; -3), VTCP a (2;3; 2) ; AM (2; 2; 1) a AM 49 100 153 a AM (7; 2;10) d( A, ) = =3 17 494 a Vẽ BH vuông góc với BC 153 425 AHB R2 = 16 Ta có : BH = =25 17 17 Phương trình (S) : x y (z 2) 25 Câu VII.b: z (1 3i)3 1 i (1 3i) cos( ) i sin( ) 3 Lop12.net (6) 8 8(1 i) 4 4i 1 i z iz 4 4i i(4 4i) = 8(1 i) z iz (1 3i)3 cos() i sin() = 8 z ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2010 Môn thi : TOÁN PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 2x đ x 1 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số đã cho Tìm m để đường thẳng y = -2x + m cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A, B cho tam giác OAB có diện tích (O là gốc tọa độ) Caâu II (2,0 ñieåm) Giải phương trình (sin 2x + cos 2x) cosx + 2cos2x – sin x = Giải phương trình x x x 14 x (x R) e ln x Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = dx x(2 ln x) Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có AB = a, góc hai mặt phẳng (A’BC) và (ABC) 600 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 không âm a, b, c thỏa mãn: a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu Câu I (2 điểm) Cho haøm số y = thức M=3(a2b2+b2c2+c2a2) + 3(ab + bc + ca) + a b c PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A B) A.Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A, có đỉnh C(-4; 1), phân giác góc A có phương trình x + y – = Viết phương trình đường thẳng BC, biết diện tích tam giác ABC 24 và đỉnh A có hoành độ dương Trong không gian tọa độ Oxyz, cho các điểm A (1; 0; 0), B (0; b; 0), C (0; 0; c), đó b, c dương và mặt phẳng (P): y – z + = Xác định b và c, biết mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (P) và khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (ABC) Câu VII.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn: z i (1 i ) z B Theo Chương trình Nâng Cao Câu VI.b (2,0 điểm) x2 y Gọi F1 và F2 là các tiêu điểm (E) (F1 có hoành độ âm); M là giao điểm có tung độ dương đường thẳng AF1 với (E); N là điểm đối xứng F2 qua M Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF2 x y 1 z Xác định tọa độ điểm M trên trục Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : 2 hoành cho khoảng cách từ M đến OM Câu VII.b (1,0 điểm) log (3y 1) x Gỉai hệ phương trình : x (x, y R) x 4 3y Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho điểm A(2; ) và elip (E): Lop12.net (7) - Hết -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh : ……………………………………… Số báo danh : ………………………………… BÀI GIẢI GỢI Ý PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I D \ 1 ; y/ x 1 0, x D TCĐ: x= -1 vì lim y , lim y ; TCN: y = vì lim y x 1 x y’ y x x 1 Hàm số đồng biến trên (; 1) và (1; +) Hàm số không có cực trị -∞ -1 +∞ + + +∞ 2 -∞ -3 -2 -1 O 2 Phương trình hoành độ giao điểm (C) và đường thẳng y = -2x +m 2x 1 2 x m x m x m * (vì x = -1 không là nghiệm) x 1 Phương trình (*) có m 0, m nên d luôn cắt (C) điểm A, B.Ta có: S OAB x A yB xB y A x A 2 xB m xB 2 x A m m2 m x A xB m x A xB 12 m 12 m 8m 48 m m 2 Câu II (sin2x + cos2x)cosx + 2cos2x – sinx = cos2x (cosx + 2) + sinx (2cos2x – 1) = cos2x (cosx + 2) + sinx.cos2x = cos2x (cosx + sinx + = 0) cos2x = 2x = k x = k (k Z) Lop12.net (8) x x x 14 x , điều kiện : x x x x 14 x x 15 x 5 ( x 5)(3 x 1) 3x x (3 x 1) (vô nghiệm) x = x – = hay 3x x Câu III e I x u ln x x ln x dx ; u ln x du dx x e 1 I du du ln u 2 2u 0 u u u 0 2 3 ln ln 1 ln 3 2 u Câu IV Gọi H là trung điểm BC, theo giả thuyết ta có : a , A’H = 2AH = a C’ A ' HA 600 Ta có : AH = a 3 3a và AA’ = = 2 a 3a 3a 3 Vậy thể tích khối lăng trụ V = = Kẻ đường trung trực GA trung điểm M GA mặt phẳng A’AH cắt GI J thì GJ là bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC Ta có: GM.GA = GJ.GI GM GA GA2 GI IA2 a C R = GJ = = = 2GI 2GI GI 12 A’ B’ G H Câu V Đặt t = ab + bc + ca, ta có: a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca = (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) ≥ 3(ab + bc + ca) a2 + b2 + c2 = – 2t và t Theo B.C.S ta có : t2 = (ab + bc + ca)2 ≤ 3(a2b2 + b2c2 + c2a2) M ≥ t 3t 2t f (t ) f’(t) = 2t 2t 1 f ’’(t) = < 0, t 0, f’(t) là hàm giảm 3 (1 2t )3 Lop12.net M I B A (9) 11 f '(t ) f '( ) > f tăng f(t) ≥ f(0) = 2, t 3 M ≥ 2, a, b, c không âm thỏa a + b + c = Khi a = b = và c = thì M = Vậy M = 1 0, PHẦN RIÊNG A.Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a vuông và phân giác B Vì C (-4; 1), A góc A là (d) : x + y – = 0, xA > nên A(4; 1) AC = Mà diện tích ABC = 24 nên AB = C A Mặt khác, AB vuông góc với trục hoành nên B (4; 7) Vậy phương trình BC là: 3x + 4y – 16 = (d) A (1; 0; 0); B (0; b; 0); C (0; 0; c) với b, c > x y z (ABC) : (ABC) : bc.x + cy + bz – bc = b c bc 1 Vì d (0; ABC) = nên 3b2c2 = b2c2 2 2 3 b c b c 2 2 b + c = 2b c (1) (P) : y – z + = có VTPT là nP (0;1; 1) (ABC) có VTPT là n (bc; c; b) Vì (P) vuông góc với (ABC) n nP n.nP c – b = (2) Từ (1), (2) và b, c > suy : b = c = Câu VII.a z = a + ib Suy : z i a (b 1)i và (1+i)z = (1 + i)(a + bi) = (a – b) + (a + b)i z i (1 i ) z + b2 + a (b 1) (a b) (a b) a2 + (b2 – 2b + 1) = (a2 + b2) a2 + b2 + 2b – = a2 + (b + 1)2 = Vậy z = a + ib với a, b thỏa a2 + (b + 1)2 = B Theo Chương trình Nâng Cao Câu VI.b x2 y c2 a b2 1 E : Do đó F1(-1; 0); F2(1; 0); (AF1) có phương trình x y M 1; N 1; NA 1; ; F2 A 1; NA.F2 A 3 3 3 ANF2 vuông A nên đường tròn ngoại tiếp tam giác này có đường kính là F2N Do đó đường 2 tròn có phương trình là : ( x 1) y 3 3 NM, a d (M; ) = M Ox M (m; 0; 0) a Lop12.net c2 (10) qua N (0; 1; 0) có VTCP a = (2; 1; 2) NM (m; 1;0) a, NM (2; 2m; 2 m) a, NM Ta có: d (M, ) = OM OM a 5m 4m m 4m2 – 4m – = m = 1 hay m = Vậy M (1; 0; 0) hay M (2; 0; 0) Câu VII.b 2x 2x 3y x log (3y 1) x y y x 3 x x x 4 3y 4 3y 4 x x 3y 3(4 x x ) (2 x 1) x x 1 1 2x x 1 y y y 3 (2 x 1)(2 x ) 2x 2.4 x x y 2 o0o - 10 Lop12.net (11) 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 y x x Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số đã cho Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C), biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y x 1 Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình sin x cos x 3sin x cos x Giải phương trình 42 x x2 x 42 x2 2x x4 e ( x ) 3 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I x ln xdx x 1 Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA = a; hình AC chiếu vuông góc đỉnh S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc đoạn AC, AH Gọi CM là đường cao tam giác SAC Chứng minh M là trung điểm SA và tính thể tích khối tứ diện SMBC theo a Câu V (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ hàm số y x x 21 x x 10 PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 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 Trong không gian toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x + y + z = và (Q): x y + z = Viết phương trình mặt phẳng (R) vuông góc với (P) và (Q) cho khoảng cách từ O đến (R) Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thoả mãn z và z2 là số ảo B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A(0;2) và là đường thẳng qua O Gọi H là hình chiếu vuông góc A trên Viết phương trình đường thẳng , biết khoảng cách từ H đến trục hoành AH x t x y 1 z Trong không gian toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng 1: y t và 2: Xác 2 z t định toạ độ điểm M thuộc 1 cho khoảng cách từ M đến 2 x x y Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ( x, y ) 2 log ( x 2) log y - Hết -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh : ……………………………………… Số báo danh : ………………………………… BÀI GIẢI GỢI Ý 11 Lop12.net (12) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: y x x (C ) 1/ Khảo sát, vẽ (C) TXĐ : D = R; y ' 4 x3 x; y ' 2 x(2 x 1) x 0; y y " 12 x hàm số lồi trên R lim y lim y x x y' y 2/ x - 0 + + - - Hàm số đồng biến trên khoảng (-;0), nghịch biến trên khoảng (0;+) y đạt cực đại x = 0, yCĐ = (C) Ox : A ( 2;0) Tiếp tuyến vuông góc d : y x Pt () : y = 6x + b x x 6 x b x tiếp xúc (C) hệ sau có nghiệm : b 10 4 x x 6 Vậy : y = 6x + 10 Câu II: 1/ Giải phương trình : sin x cos x 3sin x cos x 2sin x cos x 2sin x 3sin x cos x cos(2sin x 1) 2sin x 3sin x cos x(2sin x 1) (2sin x 1)(sin x 2) (2sin x 1)(cos x sin x 2) x k 2 sin x x 5 k 2 (k Z ) cos x sin x 2 (VN ) 2/ 42 x x2 x 42 2 x x2 x3 x4 2x x4 đk : x (*); x4 (2 1) (2 1) (2 x4 4x x 24 x2 x4 1)(42 x2 2x ) x x3 x x 2( x 2) ( x 2)( x x 4) x20 x 2( x 2) x22 x22 VT = x x ( x 1) Phương trình vô nghiệm Vậy : Nghiệm (*) : x = 1; x = VP = x22 x2 2x Câu III : 12 Lop12.net (13) e e e 3 I x ln xdx x ln xdx 3 ln x dx x x 1 1 I1 e I2 x2 dx Đặt u ln x du ; dv xdx v x I1 x ln xdx ; e e e x2 e2 x e2 I1 ln x xdx 2 1 1 dx Tính I2 : Đặt t = lnx dt x t2 e2 x = ; t = 0; x = e ; t = I tdt Vậy I 0 Câu IV: a 2 a 14 Ta có SH a 2 14a 3a 32a SC a = AC 16 16 Vậy SCA cân C nên đường cao hạ từ C xuống SAC chính là trung điểm SA Từ M ta hạ K vuông góc với AC, nên MK = SH a 14 a 14 Ta có V ( S ABC ) a 3 24 Nên V(MABC) = V(MSBC) = a 14 V(SABC) = 48 Câu V: x x 21 3 x 49 ; đk : y ( x 2) 25 x 2 x 2 2 x x x 10 3 3 2 x x 2( x 2) x2 2 2 y' 2 ( x 2) 25 ( x 2) 25 49 49 x x 2 2 2 3 49 y ' x ( x 2) 25 ( x 2) x 2 2 3 x ( x 2) 2 x ( x 2) 25 ( x 2) x 49 2 2 13 Lop12.net (14) x x 3 10 x 7( x 2) 25 x 49 ( x 2) 2 3 10 x 7( x 2) 2 x x x (nhan) 10 x 15 x 14 x 10 x 15 7 x 14 17 x 29 x 29 (loai ) 17 x 2 1/3 y' + y y( /3) 1 y 2; ymin 3 Cách khác: có thể không cần bảng biến thiên, cần so sánh y(-2), y(1/3) và y(5) PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a: 1/ * C1: Nối dài AH cắt đường tròn (C) tâm I điểm H' BC qua trung điểm HH' Phương trình AH : x = Đường tròn (C) có pt : ( x 2) y 74 H' là giao điểm AH và đường tròn (C) H' (3; 7) Đường thẳng BC có phương trình : y = cắt đường tròn (C) điểm C có hoành độ là nghiệm phương trình : ( x 2) 32 74 x 65 (lấy hoành độ dương); y = Vậy C ( 65 ; 3) * C2: Gọi (C) là đường tròn tâm I(2;0), bán kính R = IA 74 Pt đường tròn (C) : ( x 2) y 74 Gọi AA1 là đường kính BHCA1 là hình bình hành HA1 qua M trung điểm BC Ta có IM là đường trung bình A1AH xM 2 M (2;3) Nên : IM AH yM Pt BC qua M và vuông góc AH : y = 14 Lop12.net (15) ( x 2) y 74 x 2 65 Toạ độ C thoả hệ phương trình : y Vậy C ( 65 ; 3) y x 2/ PVT nP (1;1;1) ; PVT mQ (1; 1;1) ; PVT k R n m (2;0; 2) 2(1;0; 1) Phương trình (R) có dạng : x z + D = Ta có : d (0;(R)) = D D 2 Phương trình (R) : x z 2 hay x z 2 Câu VII.a: Đặt z a bi z a b 2abi 2 z1 i , z2 i a b a Ta có hệ phương trình Vậy : 2 z3 1 i , z4 1 i a b b B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b: 1/ * C1 : Gọi H(x0; y0) là hình chiếu A xuống Ta có : AH ( x0 ; y0 2), OH ( x0 ; y0 ) 2 x02 y0 ( y0 2) AH OH x0 y0 y0 Do gt : 2 x0 y0 AH d ( H , Ox) x0 ( y0 2) y0 y0 y0 1 x02 y02 y0 y0 x0 y0 x0 y0 x0 1 8 1 8 (loai ) x H 8; 1 Phương trình : ( 1) x y y0 1 * C2 : Oy H A : không thoả AH = d(H, Ox) Ox H O : không thoả AH = d(H, Ox) Pt : y = kx (k 0) AH y x2 k AH qua A Toạ độ H = AH thoả hệ 2k x y kx 2k 2k k 1 H ; k 1 k 1 y k x y 2k k 1 2 2k 2k 2k AH d ( H ; Ox) 2 k k 1 k 1 k 1 k 1 1 k 22 k 1 (loai ) k 15 Lop12.net (16) 22 x 2/ M 1 M(3+t; t; t) qua A(2;1;0) 2 co VTCP a2 (2;1; 2) Ta có : AM (1 t ; t 1; t ) [a2 , AM ] (2 t ; 2; t 3) ; d(M; 2) = Vậy : y (2 t ) (t 3) 1 1 t M (4;1;1) 2t 10t 17 2t 10t t M (7; 4; 4) Câu VII.b: x x y (1) ; đk: x > 2, y > 2 log ( x 2) log y (2) y x 2 (2) ( x 2) y y 2 x x (loai ) * y x (1) x x x x x 4x x * y x (1) x 1(loai ) x 5x x x = 3; y = x = 4; y = o0o - 16 Lop12.net (17)