Viết phương trình mặt phẳng P qua A và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại B, C sao cho tam giác ABC có trọng tâm thuộc đường thẳng AM.. Viết dạng lượng giác của z1 và z2.[r]
(1)GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC KHỐI B – 2012 THEO NHIỀU CÁCH BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC Tặng VNMATH.COM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I PHầN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 − 3mx + 3m3 (1), m là tham số thực a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) m = b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A và B cho tam giác OAB có diện tích 48 Câu (1,0 điểm) Giải phương trình 2(cos x + sin x) cos x = cos x − sin x + Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình x + + x − x + ≥ x x3 dx x + 3x + Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp tam giác S.ABC với SA = a , AB = a Gọi H là hình chiếu vuông góc A trên cạnh SC Chứng minh SC vuông góc với mặt phẳng (ABH) Tính thể tích khối chóp S.ABH theo a Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ Câu (1,0 điểm) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x + y + z = và x + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức P = x5 + y + z II PHầN RIÊNG (3,0 điểm) : Thí sinh làm hai phần riêng (phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho các đường tròn (C1 ) : x + y = , (C2 ) : x + y − 12 x + 18 = và đường thẳng d : x − y − = Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc (C2 ) , tiếp xúc với d và cắt (C1 ) hai điểm phân biệt A và B cho AB vuông góc với d x −1 y z = = Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : và hai điểm −2 A(2;1;0), B(−2;3; 2) Viết phương trình mặt cầu qua A, B và có tâm thuộc đường thẳng d Câu 9.a (1,0 điểm) Trong lớp học gồm có 15 học sinh nam và 10 học sinh nữ Giáo viên gọi ngẫu nhiên học sinh lên bảng giải bài tập Tính xác suất để học sinh gọi có nam và nữ B Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có AC = 2BD và đường tròn tiếp xúc với các cạnh hình thoi có phương trình x + y = Viết phương trình chính tắc elip (E) qua các đỉnh A, B, C, D hình thoi Biết A thuộc Ox Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A(0; 0;3), M (1; 2; 0) Viết phương trình mặt phẳng ( P) qua A và cắt các trục Ox, Oy B, C cho tam giác ABC có trọng tâm thuộc đường thẳng AM Câu 9.b (1,0 điểm) Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức phương trình z − 3iz − = Viết dạng lượng giác z1 và z2 ………… Hết ……… Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: …………………………………………… ; Số báo danh: ……………………………… … HUỲNH ĐỨC KHÁNH - 0975.120.189 22A – PHẠM NGỌC THẠCH - TP QUY NHƠN Lop12.net (2) GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC KHỐI B – 2012 THEO NHIỀU CÁCH Tặng VNMATH.COM ĐÁP ÁN THEO NHIỀU CÁCH Câu Cho hàm số y = x − 3mx + 3m3 (1), m là tham số thực Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) m = Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A và B cho tam giác OAB có diện tích 48 Khi m = 1, hàm số thành: y = x3 – 3x2 + ● Tập xác định D = ℝ ● y’ = 3x2 – 6x ● y’ = ⇔ x = x = ● lim y = −∞ và lim y = +∞ x→−∞ x→+∞ ● Bảng biến thiên x −∞ y’ + − y +∞ + +∞ −∞ -1 Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; 0), (2; +∞); hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2) Hàm số đạt cực đại x = 0, yCĐ = 3; hàm số đạt cực tiểu x = 2, yCT = -1 ● Đồ thị hàm số qua các điểm (1;1), (3;3), (-1;-1) y ● Đồ thị ● y’ = 3x2 – 6mx -1 x ● y’ = ⇔ x = x = 2m ● y có cực trị ⇔ m ≠ ● Khi đó hàm số có hai điểm cực trị A(0;3m3) và B(2m;-m3) Nhận xét: A thuộc Oy nên OA = y A = 3m3 và d ( B, OA ) = d ( B, Oy ) = xB = 2m ● Yêu cầu bài toán S∆OAB = 48 ⇔ 1 OA.d ( B,Oy ) = 48 ⇔ 3m3 2m = 48 2 ⇔ m = 16 ⇔ m = ±2 (thỏa điều kiện) HUỲNH ĐỨC KHÁNH - 0975.120.189 22A – PHẠM NGỌC THẠCH - TP QUY NHƠN Lop12.net (3) GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC KHỐI B – 2012 THEO NHIỀU CÁCH Tặng VNMATH.COM Cách Dùng không tìm cụ thể tọa độ các điểm cực trị ● y’ = 3x2 – 6mx ● Để hàm số có hai cực trị ⇔ ∆ y ' > ⇔ 36m > ⇔ m ≠ m 1 ● Ta có y = x − y '− 2m x + 3m3 3 3 ● Suy đường thẳng qua hai điểm cực trị là y = −2m x + 3m3 ⇔ 2m x + y − 3m3 = ● Ycbt S∆OAB = 48 ⇔ AB.d ( O, ( d ) ) = 48 ⇔ ( x B − x A ) + ( yB − yA ) ⇔ ( xB − xA ) ⇔ ( xB + xA ) (1 + 4m ) −3m3 4m + −3m3 4m + = 96 = 96 − 4x A x B −3m3 = 96 (*) x A + x B = 2m Thay vào ● Do x A ,x B là hai nghiệm phương trình y’=0 nên theo Viet ta có x A x B = phương trình (*) ta ( 2m ) −3m3 = 96 ⇔ m = 16 ⇔ m = ±2 (thỏa điều kiện) dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ ( ) cos x + sin x cos x = cos x − sin x + Câu Giải phương trình: ⇔ 2cos x + 3sin2x = cosx − 3sinx + ⇔ ( 2cos x − 1) + 3sin2x = cosx − 3sinx ⇔ cos2x + 3sin2x = cosx − 3sinx π π ⇔ sin 2x + = sin − x 6 6 π π 2x + = − x + k2π ⇔ 2x + π = π − π − x + k2π 6 x = ⇔ x = k2π 2π + k2π ⇔x= k2π , k ∈ ℤ HUỲNH ĐỨC KHÁNH - 0975.120.189 22A – PHẠM NGỌC THẠCH - TP QUY NHƠN Lop12.net (4) GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC KHỐI B – 2012 THEO NHIỀU CÁCH Tặng VNMATH.COM Cách Giống cách đưa phương trình theo cos ⇔ cos x + sin x = cos x − sin x + ⇔ ( cos x − 1) + sin x = cos x − sin x ⇔ cos x + sin x = cos x − sin x π π ⇔ cos x − = cos x + 3 3 π π x − = x + + k 2π ⇔ x − π = − x + π + k 2π 3 x = ⇔ x = 2π + k 2π k 2π ⇔x= k 2π , k ∈ ℤ Cách Phân tích thành các thừa số chung ( ) cos x + sin x cos x = cos x − sin x + ⇔ cos x − cos x − + sin x cos x + sin x = ⇔ ( cos x + 1)( cos x − 1) + sin x ( cos x + 1) = ( ) ⇔ ( cos x + 1) cos x + sin x − = cos x + = ⇔ cos x + sin x = 1 cos x = − k 2π ⇔ ⇔x= , k ∈ ℤ cos x − π = 3 Dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ Câu Giải bất phương trình x + + x − 4x + ≥ x 0 ≤ x ≤ − ● Điều kiện : x ≥ + ● Với x = là nghiệm bất phương trình ● Với x ≠ thì bất phương trình tương đương ● Đặt t = x + x+ 1 + x + − ≥ x x 1 ⇒ x + = t − Điều kiện ( t ≥ ) x x HUỲNH ĐỨC KHÁNH - 0975.120.189 22A – PHẠM NGỌC THẠCH - TP QUY NHƠN Lop12.net (5) GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC KHỐI B – 2012 THEO NHIỀU CÁCH Tặng VNMATH.COM ● Bất phương trình trở thành t + t − ≥ ⇔ t − ≥ − t t − ≥ t > t≤3 3 − t < ⇔ ⇔ ⇔ t ≥ (thỏa điều kiện) 3− t ≥ t ≥ 2 t − ≥ − 6t + t ● Với t ≥ ta thu x≤ x+ ≥ ⇔ , kết hợp điều kiện ta chọn x x ≥ 0 ≤ x ≤ x ≥ 1 ● Vậy tập nghiệm bất phương trình là S = 0; ∪ [ 4; +∞ ) 4 Dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ I =∫ Câu Tính tích phân : I =∫ x3 dx x + 3x + x 2x −x dx = ∫ + dx x + 3x + x +1 x + 0 = −∫ x 2x dx + ∫ dx = − ln x + + ln x + x +1 x +2 = ln − ln 2 Cách Phương pháp đặt ẩn phụ 1 x3 x2 x I =∫ dx = ∫0 x + 3x + dx x + 3x + ● Đặt: t = x dt x=0⇒t =0 ● Đổi cận: x =1⇒ t =1 1 tdt −1 ● Khi đó I = ∫ = ∫ + dt = ln − ln 2 t + 3t + 2 t + t + ⇒ dt = xdx ⇒ xdx = Dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ HUỲNH ĐỨC KHÁNH - 0975.120.189 22A – PHẠM NGỌC THẠCH - TP QUY NHƠN Lop12.net (6) GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC KHỐI B – 2012 THEO NHIỀU CÁCH Tặng VNMATH.COM Câu Cho hình chóp tam giác S.ABC với SA = a , AB = a Gọi H là hình chiếu vuông góc A trên cạnh SC Chứng minh SC vuông góc với mặt phẳng (ABH) Tính thể tích khối chóp S.ABH theo a Chứng minh: SC ⊥ ( ABH ) Gọi I là trọng tâm tam giác ABC, tính chất hình chóp S.ABC nên SI ⊥ ( ABC ) ⇒ SI ⊥ AB (1) Gọi K là trung điểm AB, tam giác SAB cân S nên SK ⊥ AB Từ (1) và (2) suy AB ⊥ ( SKC ) ⇒ SC ⊥ AB (2) (*) Mặt khác theo giả thiết AH ⊥ SC Từ (*) và (**) ta SC ⊥ ( ABH ) (**) Cách Vì hình chóp S.ABC là hình chóp tam giác và AH ⊥ SC H nên suy BH ⊥ SC H Do đó SC ⊥ ( ABH ) Tính thể tích khối chóp S.ABH Áp dụng Pitago tam giác SNC ta có SN = SC − NC2 = a 15 = SN = AH ⇒ AH = a Ta có sinC SC AC Áp dụng Pitago tam giác SHA ta có SH = SA − AH = 7a a 11 11 7a 11 = S∆ABH SH = AB.HK SH = (đvtt) 3 96 Xét tam giác ABH ta có HK = AH − AK = Vậy VS.ABH HUỲNH ĐỨC KHÁNH - 0975.120.189 22A – PHẠM NGỌC THẠCH - TP QUY NHƠN Lop12.net (7) GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC KHỐI B – 2012 THEO NHIỀU CÁCH Cách Phương pháp tỷ số thể tích V SH 7a Ta có S.ABH = = : 2a = VS.ABC SC Tặng ⇒ VS.ABH = VNMATH.COM VS.ABC 1 a2 a a 11 4a − = Mà VS.ABC = SABC SI = SABC SC − IC = 3 12 a 11 7a 11 Vậy VS.ABH = (đvtt) = 12 96 Dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ Câu Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x + y + z = và x + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức P = x + y5 + z5 ● Ta có z = − ( x + y ) , suy x + y + ( x + y ) = 2 ⇒ ( x + y ) − xy = 2 ● Đặt t = x + y ⇒ xy = t − 1 ● Do ( x + y ) ≥ 4xy ⇒ t ≥ t − 2 ⇒ t2 ≤ ⇒ x + y + xy = ⇒ − ● ( 2 ≤t≤ 3 P = x + y5 − ( x + y ) = − 5x y + 10x y + 10x y3 + 5xy ( = −5xy x + 2x y + 2xy + y 2 ) = −5xy ( x + y ) ( x ) + xy + y ) 1 5 = − t t − = − t + t 2 2 5 ● Dùng đạo hàm tìm GTLN hàm số f ( t ) = − t + t trên đoạn − ; ta tìm 3 MaxP = Maxf ( t ) = 6 Cách Với x + y + z = và x + y + z = Ta có : = ( x + y + z ) = x + y + z + 2x ( y + z ) + 2yz = − 2x + 2yz nên yz = x − 2 Mặt khác yz ≤ y2 + z2 − x 1 − x2 6 , suy x − ≤ , đó − = ≤x≤ 2 2 3 HUỲNH ĐỨC KHÁNH - 0975.120.189 (*) 22A – PHẠM NGỌC THẠCH - TP QUY NHƠN Lop12.net (8) GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC KHỐI B – 2012 THEO NHIỀU CÁCH Tặng VNMATH.COM Khi đó: P = x5 + ( y + z )( y + z ) − y z ( y + z) 1 = x + (1 − x ) ( y + z )( y + z ) − yz ( y + z ) + x − x 2 2 2 1 = x5 + (1 − x ) − x(1 − x ) + x x − + x − x = (2 x3 − x) 2 6 Xét hàm f ( x) = x3 − x trên − ; , suy f ′( x) = x − ; f ′( x) = ⇔ x = ± 3 6 6 6 6 6 Ta có f − = f = − , f ⋅ Do đó f ( x) ≤ ⋅ = f − = 9 Suy P ≤ Khi x = ⋅ 36 6 , y=z=− ⋅ thì dấu xảy Vậy giá trị lớn P là 36 Dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ Câu 7.a Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho các đường tròn ( C1 ) :x + y = , đường thẳng ( d ) : x − y − = Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc ( C1 ) ( C2 ) :x + y2 − 12x + 18 = và ( C2 ) , tiếp xúc với ( d ) và cắt hai điểm phân biệt A và B cho AB vuông góc với ( d ) Câu hấp dẫn đề thi Đại Học Gọi I(a;b) và R là tâm và bán kính (C) cần tìm nên ( C ) : ( x − a ) + ( y − b ) = R 2 Vì I ∈ ( C ) nên a + b − 12a + 18 = Do (C) tiếp xúc (d) nên R = d ( I, ( d ) ) = (1.1) a−b−4 , đó ( C ) : ( x − a ) + ( y − b ) 2 ( a − b − 4) = 2 Theo đề (C) cắt ( C1 ) A, B Khi đó A, B có tọa độ là nghiệm hệ a − b − 4) ( 2 ( x − a ) + ( y − b ) = x + y2 = ⇒ ( AB ) ( a − b − 4) : −2ax − 2by = 2 − a − b2 − Suy vecto pháp tuyến AB là n ( a;b ) , ( a + b ≠ ) Do AB vuông góc với (d) nên n ( a;b ) n ( d ) (1; −1) = ⇔ a − b = (1.2) a + b − 12a + 18 = a = Từ (1.1) và (1.2) ta có hệ ⇔ b = a − b = Vậy ( C ) : ( x − 3) + ( y − 3) = 2 HUỲNH ĐỨC KHÁNH - 0975.120.189 22A – PHẠM NGỌC THẠCH - TP QUY NHƠN Lop12.net (9) GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC KHỐI B – 2012 THEO NHIỀU CÁCH Tặng VNMATH.COM Cách Dùng tính chất IO và AB cùng vuông góc với (d) Ta có ( C1 ) :x + y = có tâm O(0;0) và bán kính R1 = Gọi I(a;b) và R là tâm và bán kính (C) Vì I ∈ ( C ) nên a + b − 12a + 18 = (1.1) Do IO vuông góc với (d) và AB vuông góc với (d) (theo gt) nên IO song song với (d) nên IO.n d = ⇔ a − b = (1.2) a + b − 12a + 18 = a = Từ (1.1) và (1.2) ta có hệ ⇔ b = a − b = Vậy ( C ) : ( x − 3) + ( y − 3) = 2 Cách Dùng tính chất IO và AB cùng vuông góc với (d) nên d ( O, ( d ) ) = d ( I, ( d ) ) Ta có ( C1 ) :x + y = có tâm O(0;0) và bán kính R1 = Gọi I(a;b) và R là tâm và bán kính (C) Vì I ∈ ( C ) nên a + b − 12a + 18 = (1.1) Do IO vuông góc với (d) và AB vuông góc với (d) (theo gt) nên d ( O, ( d ) ) = d ( I, ( d ) ) ⇔ a−b−4 = ⇔ a−b−4 = 2 (1.2) a + b − 12a + 18 = (1) 2 a + b − 12a + 18 = a − b = Từ (1.1) và (1.2) ta có hệ ⇔ 2 a + b − 12a + 18 = a − b − = ( 2) a − b = ● Hệ phương trình (1) ⇔ a = ± 2, b = −1 ± 2 (loại) vì I và O phải cùng phía so với (d) ● Hệ phương trình (2) ⇔ a = b = Vậy ( C ) : ( x − 3) + ( y − 3) = 2 Dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ HUỲNH ĐỨC KHÁNH - 0975.120.189 22A – PHẠM NGỌC THẠCH - TP QUY NHƠN Lop12.net (10) GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC KHỐI B – 2012 THEO NHIỀU CÁCH Tặng VNMATH.COM x −1 y z = = và hai điểm −2 A ( 2;1;0 ) , B ( −2;3; ) Viết phương trình mặt cầu qua A, B và có tâm thuộc đường thẳng (d) Câu 8.a Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (d) : Gọi tâm mặt cầu là I ∈ ( d ) nên I (1 + 2t; t; −2t ) Ta có IA = 9t − 6t + và IB2 = 9t + 14t + 22 Do IA = IB2 ⇒ t = −1 ⇒ I(−1; −1; 2) và R = IA = 17 Vậy phương trình mặt cầu là ( S ) : ( x + 1) + ( y + 1) + ( z − ) = 17 2 Cách Dùng mặt phẳng trung trực Gọi (α ) là mặt phẳng trung trực đoạn AB nên (α ) qua I(0;2;1) là trung điểm AB và có vecto pháp tuyến là AB ( 4; −2; −2 ) nên (α ) : 2x − y − z + = x = + 2t Đường thẳng (d) có phương trình tham số ( d ) : y = t z = −2t Theo yêu cầu bài toán thì tâm I mặt cầu (S) là giao điểm (d) và (α ) nên I(x;y) là nghiệm 2x − y − z + = x = −1 x = + 2t hệ ⇒ y = −1 y = t z = z = −2t Vậy mặt cầu (S) cần tìm có tâm I(-1;-1;2) và bán kính là R = IA = nên có phương trình (S) : ( x + 1) + ( y + 1) + ( z − ) 2 = 17 Dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ Câu 9.a Trong lớp học gồm có 15 học sinh nam và 10 học sinh nữ Giáo viên gọi ngẫu nhiên học sinh lên bảng giải bài tập Tính xác suất để học sinh gọi có nam và nữ 25! Số cách gọi học sinh lên bảng là : C 425 = = 12650 4!.21! Số cách gọi học sinh có nam lẫn nữ là : TH 1: nữ nam có : C110 C15 = 10.455 = 4550 2 TH 2: nữ nam có : C10 C15 = 4725 TH 3: nữ nam có : C10 C115 = 1800 Suy số cách gọi học sinh có nam và nữ là : 4550 + 4725 + 1800 = 11075 11075 443 Vậy xác suất để học sinh gọi có nam lẫn nữ là : = 12650 506 HUỲNH ĐỨC KHÁNH - 0975.120.189 22A – PHẠM NGỌC THẠCH - TP QUY NHƠN Lop12.net (11) GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC KHỐI B – 2012 THEO NHIỀU CÁCH Tặng VNMATH.COM Cách Dùng phương pháp “phần bù” C4 21 Xác suất chọn không có nam : P1 = 10 = C25 1265 C15 273 = C 25 2530 443 Xác xuất có nam và nữ : P = − ( P1 + P2 ) = 506 Cách Số cách chọn ngẫu nhiên học sinh là : C 425 Xác suất chọn không có nữ : P2 = 4 Số cách chọn học sinh mà có học sinh nam có học sinh nữ là : C15 + C10 C4 + C4 443 Xác suất để học sinh chọn có nam và nữ là : P = − 15 10 = C25 506 Dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ Câu 7.b Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có AC = 2BD và đường tròn tiếp xúc với các cạnh hình thoi có phương trình x + y = Viết phương trình chính tắc elip (E) qua các đỉnh A, B, C, D hình thoi Biết A thuộc Ox x2 y + = (a > b > 0) Hình thoi ABCD có a2 b2 AC = 2BD và A, B, C, D thuộc (E) suy OA = 2OB Giả sử ( E ) : Không tính tổng quát, ta có thể xem A(a; 0) và a B(0; ) Gọi H là hình chiếu vuông góc O trên AB, 2 suy OH là bán kính đường tròn (C ) : x + y = 1 1 = + = 2+ Ta có : = 2 OH OA OB a a x2 y2 + = Suy a = 20, đó b = Vậy phương trình chính tắc (E) là 20 2 Cách Đặt AC = 2a , BD = a Bán kính đường tròn nội tiếp hình thoi R = 1 Ta có = + = ⇒ a = 20 ⇒ a = ⇒ b = a a a x2 y Vậy phương trình (E) : + =1 20 Cách x2 y2 1 1 Gọi (E) có dạng + = với a = BD , ta có: + = = ⇒ a = 2 a 4a R (2a ) a Vậy phương trình (E) : x2 y + =1 20 Dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ HUỲNH ĐỨC KHÁNH - 0975.120.189 22A – PHẠM NGỌC THẠCH - TP QUY NHƠN Lop12.net (12) GIẢI ĐỀ THI ĐẠI HỌC KHỐI B – 2012 THEO NHIỀU CÁCH Tặng VNMATH.COM Câu 8.b Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A ( 0; 0;3 ) , M (1; 2;0 ) Viết phương trình mặt phẳng ( P ) qua A và cắt các trục Ox, Oy B, C cho tam giác ABC có trọng tâm thuộc đường thẳng AM x y z −3 Phương trình đường thẳng ( AM ) : = = −3 Gọi ( P ) ∩ Ox = B ( b;0;0 ) , ( P ) ∩ Oy = C ( 0; c; ) b c Suy G ; ;1 là trọng tâm tam giác ABC 3 Vì trọng tâm G tam giác ABC thuộc đường thẳng AM nên b c = = − ⇒ b = ⇒ B ( 2; 0; ) −3 c = C ( 0; 4; ) Vậy mặt phẳng (P) qua A(0;0;3) và có vecto pháp tuyến n P = AB; AC = (12;6;8 ) nên có phương trình ( P ) : 12x + 6y + 8z − 24 = Cách Phương trình mặt chắn Phương trình mặt phẳng (P) có dạng ( P ) : x y z + + = với A ( 0; 0;3) , B ( b;0;0 ) , C ( 0; c;0 ) b c b c Trọng tâm tam giác ABC là : G ; ;1 3 x y z −3 Phương trình đường thẳng ( AM ) : = = −3 b c −2 Vì G ∈ ( AM ) nên = = ⇒ b = 2, c = −3 Vậy mặt phẳng ( P ) : 6x + 3y + 4z − 12 = Dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ Câu 9.b Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức phương trình z − 3iz − = Viết dạng lượng giác z1 và z2 Phương trình z − 3iz − = có hai nghiệm là z1 = −1 + 3i, z = + 3i Vậy dạng lượng giác z1, z2 là : π π 2π 2π z1 = − cos + isin = cos + isin 3 3 π π z = cos + isin 3 Dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ Mùa hè năm 2012 Kỷ niệm năm trên đất Quy Nhơn (2004 - 2012) HUỲNH ĐỨC KHÁNH - 0975.120.189 22A – PHẠM NGỌC THẠCH - TP QUY NHƠN Lop12.net (13)