De va dap an DH Khoi B D nam 2012

Giáo viên gọi ngẫu nhiên 4 học sinh lên bảng giải bài tập.. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm..[r]

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 - Mơn: TỐN; Khối B

ĐỀ CHÍNH THỨC 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 x 3 3mx23m3 (1), m tham số thực a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m1.

b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A B cho tam giác OAB có diện tích 48 Câu (1,0 điểm) Giải phương trình 2(cosx sin ) cosx xcosx sinx1

Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình

2

1

    

x x x x

Câu (1,0 điểm) Tính tích phân

3



 

 x

I dx

x x .

Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp tam giác S.ABC với SA = 2a, AB = a Gọi H hình chiếu vng góc A cạnh SC Chứng minh SC vng góc với mặt phẳng (ABH) Tính thể tích khối chóp S.ABH theo a Câu (1,0 điểm) Cho số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x y z  0 x2y2z2 1

Tìm giá trị lớn biểu thức P x 5y5z5

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 đường tròn ( ) :C1 x2y2 4, 2

2

( ) :C x y  12x18 0 đường thẳng d x y:   0 Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc ( )C2 ,

tiếp xúc với d cắt ( )C1 hai điểm phân biệt A B cho AB vng góc với d

Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : 2

 

 

x y z

d

hai điểm (2;1;0), ( 2;3;2)

A B Viết phương trình mặt cầu qua A, B có tâm thuộc đường thẳng d.

Câu 9.a (1,0 điểm) Trong lớp học gồm có 15 học sinh nam 10 học sinh nữ Giáo viên gọi ngẫu nhiên học sinh lên bảng giải tập Tính xác suất để học sinh gọi có nam 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 đường trịn tiếp xúc với cạnh hình thoi có phương trình x2y2 4 Viết phương trình tắc elip (E) qua 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, choA(0;0;3), M(1;2;0) Viết phương trình mặt phẳng ( )P qua A cắt trục Ox, Oy B, C cho tam giác ABC có trọng tâm thuộc đường thẳng AM. Câu 9.b (1,0 điểm) Gọi z1 z2 hai nghiệm phức phương trình z2 3iz 0. Viết dạng lượng giác z1 z2

………… Hết …………

Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm.

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN - Khối B

(Đáp án) BÀI GIẢI

Câu 1:

a) m= 1, hàm số thành : y = x3 – 3x2 + Tập xác định là: D = R y’ = 3x2 – 6x; y’ =  x = hay x = 2; y(0) = 3; y(2) = -1

lim x

y   

 

limx y  



x  0 2 + y’ +  +

y +  CĐ -1

CT

Hàm số đồng biến (∞; 0) ; (2; +∞); hàm số nghịch biến (0; 2) Hàm số đạt cực đại x = 0; y(0) = 3; hàm số đạt cực tiểu x = 2; y(2) = -1 y" = 6x – 6; y” =  x = Điểm uốn I (1; 1)

Đồ thị :

b) y’ = 3x2 – 6mx, y’ =  x = hay x = 2m y có cực trị  m 

Vậy A (0; 3m3) B (2m; -m3)

3

3 ; ( ,( ))

OA m d B OA m

  

 SOAB =

3

6 48

2 m m   m4 = 16  m = 2 (nhận so với đk m0). Câu :

Cách 1: 2(cosx sin )cosx xcosx sinx1 (2cos 1)(cos 1) sin (2cos 1)

1

cos

2cos 2

3

cos sin cos 2

3

x x x x

x

x x k

x x x x k

  



     



 

  

   



   



 

  

   



 

  



Cách 2: Phương trình cho tương đương với: cos 2x + 3sin 2x = cos x − 3sin x  cos(2x 3) cos(x 3)

 

  

 2x (x 3) k2 (k )

 



     



2 x  k 

2

x k  (k )  

Câu : Giải bất phương trình x 1 x2 4x 1 x Đk :  x  2 hay x  2 nhận xét x = nghiệm

+ Với x  0, BPT 

1

4

x x

x x

   

 Đặt t =

1 x

x 

 x

x 

= t2 – (t  2)

y

x

3

Ta có : t t2 3  2 3

6 (3 )

t t t t t t                   t   Hay x x    x

hay x 

Kết hợp với đk ta tập nghiệm bất phương trình cho là:  

1 0; 4;        .

Câu :

Cách 1: Đặt t = x2 dt

xdx

 

; x 0 t0; x 1 t1

2

2

tdt I t t    

1

2 t t dt 

 

   

 

 

 12ln 3ln 2

2

 

Cách 2:

3     x I dx x x

Giả sử:

3

4 3 1

A

2 x

2

B

x Cx D

x x x x

 

 

   

2

3

4 4

(Ax )( 2) ( ) ( ) ( ) (2 )

3 3

1 0 ( ) 2 0 2

x x Cx D x A C x B D x A C x B D

x x x x x x

A C A

B D B

A C C

B

B D D

                                                

1 1

4 2 2

0 0

1

1 2

1 2 2 0 0 2

3 2

1 ( 1) ( 2)

ln( 1) ln( 2) ln ln

2 2

2

x x x x x

I dx dx dx dx

x x x x x x

d x d x

x x x x                                     Câu 5

Gọi D là trung điểm cạnh AB và O là tâm ∆ABC Ta có

AB  CD và AB  SO nên AB  (SCD), AB SC Mặt khác SC  AH , suy SC  ( ABH)

Vậy SC(ABH)

Cách 1: Gọi SD chiều cao tam giác SAB

2 2 2

2 2

2 ( )

2

( ) ( )

15 15

(2 )

2 4

1 15 15

2

1 15 15 15

2 2.2

SAB

SAB SAC

a a a a

SD a a SD

a a

S a

a a a

S S AH SC AH

a                       Ta có 2

2 (2 )2 4 15 49 7

16 16 4.2

a a a SH a

SH a AH a SH

2

2 2

( )

( ) ( ) ( )

7 15 15 44 11

;

8 3.2 12 12

SABH

SABH SABC SABC

V SH a a a a a a

V V SO SO

V SC                           ( )

7 11 11

8 96

SABH

a a a

V    

 

  .

Cách 2 : Ta có :

3

,

2

a a

CD OC

nên

2 33

3 a SO SC  OC 

Do

11

4

SO CD a DH

SC

 

Suy

2 11 ABH a S  AB DH 

Ta có

2

4

a SH SC HC SC   CD  DH 

Do

3

1 11

3 96

S ABH ABH

a

V  SH S 

Câu 6.

Cách 1: 2

1 x y z x y z

          ( ) 2 3

xy x y x y             

P = x5 + y5 + z5 = x5 + y5 – (x + y)5 = -5xy(x3 + y3) – 10x2y2(x + y) =

3

5 5

( ) ( )

2 x y x y 2t 4t

 

       

  ; t = x + y

f(t) =

5

2t 4t

 

f’(t) = 15

2 t

 

f’(t) =  t =  t 2  

6 23 f’(t) – + –

f(t) 5 6

36 5 636

5 36 

Vậy P 

36 Vậy max P = 5 636 xảy t =

 ( ) x y xy

z x y

          

 (có nghiệm) hay

2 ( ) x y xy

z x y

          

 (có nghiệm)

Cách 2: Với x + y + z = x2 + y + z = 1, ta có:

= ( x + y + z)2 = x2 + y + z + x( y + z)+ yz =1− x2 + yz, nên

2 1.

Mặt khác

2 1

2

y z x

yz   

, suy

2 1

2

x

x   

,

6

(*)

3 x

  

Khi đó: P = x5 + ( y 2 + z 2 )( y3 + z3 ) − y 2 z 2 ( y + z)

(1 2) ( 2)( ) ( ) 2

2

x x  y z y z yz y z  x  x

          

 

2

5 (1 2) (1 2) 2 5(2 ).

2

x x  x x x x  x  x x x

            

   

 

Xét hàm

3

( )

f x  x  x

6

;

3

 



 

 , suy f x( ) 6 x21;

6 ( )

6 f x   x

Ta có

6 6 6

,

3 9

f f  f f  

        Do

6 ( )

9

f x  

Suy

5 36

P 

Khi

6

,

3

x y z 

dấu xảy Vậy giá trị lớn P là

5 36 

(C2) (C1)

A

B C

(C1) có tâm gốc tọa độ O Gọi I là tâm đường tròn (C)

cần viết phương trình, ta có ABOI Mà AB  d và O  d nên OI // d, OI có phương trình y = x Mặt khác I  (C2 ), nên tọa độ I thỏa mãn hệ:

2

3

(3;3)

12 18

y x x

I y

x y x

 

 

 

 



    



Do (C) tiếp xúc với d nên (C) có bán kính R = d (I , d ) = 2 Vậy phương trình (C) ( x − 3)2+ ( y − 3)2 = 8.

Cách 2:

Phương trình đường trịn (C) : x2y2 2ax 2by c 0

Phương trình đường thẳng AB : 2ax 2by c 4  AB có vtcp vv (b;-a) Đường thẳng (d) có vtcp u(1;1)

v

( )d AB u vvv 0  a b (1) d(I,d) =

2

2 a b

a b c  

  

 = 2a2 – c (2) 2

2

( ) 12 18 (3)

I C  a b  a  Thế (1) vào (3) ta có : a b 3 Thế a b 3 vào (2) ta có : c = 10

Vậy phương trình đường trịn (C) : x2y2 6x 6y10 0

Cách 3: Gọi I (a;b) ( )C2 ; đường trịn tâm I cắt (C1) tâm O A, B cho AB ( )d . Mà IOAB IO dP( ) Vậy d(I/d) = d(O/d) = 2= R

Ta có :

2 12 18 0 4

a b a

a b

    

 

  

 

2 2

12 18 (1)

12 18 (2)

a b a

a b

a b a

a b

     

 

 

   

    

 

   

Hệ (1) a 7 2;b 1 2; (loại) I O phải phía so với (d) Hệ (2) a b 3 a2 6a 9  a3

Phương trình đường tròn : (x 3)2(y 3)2 8 Câu 8a

Ta có:

1 :

2

x t

d y t

z t

   

    

Gọi tâm mặt cầu I( )d  I(1 ; ; ) t t  t đó: IA2 9t2 6t2, IB2 9t214t22 Do A, B nằm mặt cầu nên IA2 IB2 t1  I( 1; 1; 2)  , IA2 R2 17

Vậy phương trình mặt cầu :  

2 2 2

1 ( 1) ( 2) 17 x  y  z  Câu 9a

Cách 1: Số cách gọi học sinh lên bảng : 25

25!

12650 4!.21!

C  

Số cách gọi học sinh có nam lẫn nữ :

TH 2: nữ nam có : C C102 152  4725 TH 3: nữ nam có : C C103 151 1800

Vậy số cách gọi học sinh có nam nữ : 4550 + 4725 + 1800 = 11075 Vậy xác suất để học sinh gọi có nam lẫn nữ :

11075 443 12650506 Cách 2: Xác suất chọn khơng có nam: P1 =

4 10 25

21 1265 C

C 

Xác suất chọn khơng có nữ : P2 = 15 25

273 2530 C

C  Xác xuất có nam nữ : P = – (P1 + P2) =

443 506 B Theo chương trình Nâng cao

Câu 7b Cách 1:

Giả sử

2 2

( ) :E x y (a b 0)

a b    Hình thoi ABCD có AC = 2BD và A, B, C, D thuộc (E) suy OA = 2OB Khơng tính tổng quát, ta xem A(a; 0)

(0; ) a B

Gọi H là hình chiếu vng góc O trên AB, suy OH là bán kính đường trịn ( ) :C x2y24

Ta có : 2 2

1 1 1

4OH OA OB a a

Suy a2 = 20, b2 = Vậy phương trình tắc (E)

2

1

20

x y

 

Cách 2:

Đặt AC = 2a , BD = a Bán kính đường trịn nội tiếp hình thoi R =

Ta có

2 2

1 1

4

a a a

  

2 20 2 5

a a

     b

Vậy phương trình (E) :

2 20 x y

 

Cách 3:

Gọi (E) có dạng

2

2 (2 )

x y

a a  với a BD

, ta có:

2 2

1 1

5

4 a

a  a R    Vậy phương trình (E) :

2 20 x y

 

Câu 8b Cách 1:

Gọi B giao điểm mặt phẳng với Ox, B(b;0;0)

y

H B

A C

x O

C giao điểm mặt phẳng với Oy, C(0;c;0) Vậy pt mặt phẳng có dạng :

x y z

bc   trọng tâm tam giác ABC : 3; ;1 b c G 

 

(1; 2; 3) AM   uuuv

Pt đường thẳng AM :

3

1

x y z

 

 Vì G AM nên

2 b c 

 

2,

b c

  

Vậy pt mặt phẳng (P) 6x3y 4z12 0

Cách 2:

Do B  Ox, C  Oy nên tọa độ B và C có dạng: B(b; 0; 0) C (0; c; 0). Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, suy

; ;1 3 b c G 

 

Ta có AM(1;2; 3)



nên đường thẳng AM có phương trình

3

1

x y z

 



Do G thuộc đường thẳng AM nên

2

3

b c 

  

 Suy b2 c4

Do phương trình mặt phẳng (P)

1

2

x y z

  

,

1 cos sin ; 2 cos sin

3 3

z      i z      i

    nghĩa là

( ) : 6P x3y4z12 0

Câu 9b Phương trình z2 3iz 0 có hai nghiệm z1 1 ,i z2  1 3i Vậy dạng lượng giác z1, z2 :

z1 = 2(cos

3 

+ isin

3 

);

2 cos sin

3

z    i  

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Mơn Tốn; Khối: D

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1: (2,0 điểm) Cho hàm số y =

2

3x3 – mx2 – 2(3m2 – 1)x +

2

3 (1), m tham số thực.

a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m =

b) Tìm m để hàm số (1) có hai điểm cực trị x1 x2 cho x1.x2 + 2(x1 + x2) =

Câu 2: (1,0 điểm) Giải phương trình sin3x + cos3x – sinx + cosx = 2cos2x

Câu 3: (1,0 điểm).Giải hệ phương trình 2

2

2

xy x

x x y x y xy y

  

 

     

 (x, y  R)

Câu :(1,0 điểm) Tính tích phân /

I x(1 sin 2x)dx 

 

Câu 5: (1,0 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy hình vng, tam giác A’AC vng cân, A’C = a Tính thể tích khối tứ diện ABB’C’ khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (BCD’) theo a

Câu (1,0 điểm) Cho số thực x, y thỏa mãn (x – 4)2 + (y – 4)2 + 2xy  32 Tìm giá trị nhỏ của

biểu thức A = x3 + y3 + 3(xy – 1)(x + y – 2).

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 hình chữ nhật ABCD Các đường thẳng AC AD có phương trình x + 3y = x – y + = 0; đường thẳng BD qua điểm M (

1 

; 1) Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD

Câu 8.a:(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x+y–2z+10=0 điểm I (2; 1; 3) Viết phương trình mặt cầu tâm I cắt (P) theo đường trịn có bán kính

Câu 9.a: (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn (2 + i)z +

2(1 )

7

i

i i



 

 Tìm mơđun số phức w = z + 1

+ i

B Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: 2x – y + = Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc d, cắt trục Ox A B, cắt trục Oy C D cho AB = CD =

Câu 8.b:(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:

1

2 1

x y z

 

 và hai điểm

A (1; -1; 2), B (2; -1; 0) Xác định tọa độ điểm M thuộc d cho tam giác AMB vuông M

BÀI GIẢI ĐỀ TOÁN KHỐI D NĂM 2012

( Th.GV Toán :TT luyenthichuyentoanbh - Biên Hoà – Đồng Nai)

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

Câu 1: (2,0 điểm) Cho hàm số y =

3x3 – mx2 – 2(3m2 – 1)x +

2

3 (1), m tham số thực. a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = 1.

Khi m= 1, ta có : y =

3x3 – x2 – 4x +

2 3 *Tập xác định : D = R

* Sự biến thiên :

- Chiều biến thiên : y, 2x2 2x 4 y, 0 x2 x 0  x = -1 x =

- Các khoảng đồng biến (∞; -1) (2; +∞); khoảng nghịch biến (-1; 2)

- Cực trị : Hàm số đạt cực đại x1,yCD 3; đạt cực tiểu x2,yCT 6

- Giới hạn : limx

y   

 

và limx y  



- Bảng biến thiên :

x  -1 +

y’ +  +

y +

 -6

- Đồ thị cắt trục Oy y =

3 ; y" = 4x – 2; y” =  x =

1

2 Điểm uốn I (

1 2;

3 

) *Đồ thị :

b) Tìm m để hàm số (1) có hai điểm cực trị x1 x2 cho x1.x2 + 2(x1 + x2) = 1

Ta có y’ = 2x2 – 2mx – 2(3m2 – 1) Hàm số y có cực trị y’ = có hai nghiệm phân biệt  ’ =

m2 + 4(3m2 – 1) >  13m2 – >  m <

2 13 

m > 13 y

x

3

-6

Gọi x1, x2 nghiệm y’ =0 với x1x2 + 2(x1 + x2) =

 -(3m2 – 1) + 2m =  m(3m – 2) =  m = (loại) hay m =

2

3 (nhận)

Vậy giá trị m cần tìm m =

Câu 2: (1,0 điểm) Giải phương trình sin3x + cos3x – sinx + cosx = 2cos2x

Phương trình cho  sin3x – sinx + cos3x + cosx = 2cos2x

 2sinxcos2x + 2cos2xcosx = 2cos2x

 cos2x ( 2sinx + 2cosx - 2) =

 cos2x =  x =

k

 



(với k  Z)

 2sinx + 2cosx - = 

1 sin( )

4 x 

 x = 12 k2 



 

x = 12 k   

(với k  Z) Câu 3: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2

2

2

xy x

x x y x y xy y

  

 

     

 (x, y  R)

Hệ phương trình cho    

2

2

2 xy x

x y x y

             2 0 x x x y         



2

2 2

2

x x x y         

Với

2 xy x x y         1 x y      Với 2 xy x y x          5 x y        



1 5 x y          Vậy hệ cho có ba nghiệm (x; y) :

1 5

(1;1);( ; 5)( ; 5)

2

   



Câu :(1,0 điểm) Tính tích phân /

I x(1 sin 2x)dx 

 

. Đặt u = x  du = dx; dv = (1 + sin2x)dx, chọn v = x –

1 2cos2x I = /

( cos )

x x x

 

/

1

( cos )

x x dx

   

=

/

2 2

0

sin

16 32

x x 

Câu 5: (1,0 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy hình vng, tam giác A’AC vng cân, A’C = a Tính thể tích khối tứ diện ABB’C’ khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (BCD’) theo a.

*Vì A’C = a :

Tam giác A’AC vuông cân A

=> A’A =

a AC

= B’B Tam giác ABC vuông cân B

=> AB = 2

a a

BC 

= B’C’

=> , ,

2 B BC

a S 

Thể tích khối tứ diện ABB’C’là

2

1

3 2 24

a a a

V  

* Hạ AH vuông góc A’B

Vì (A’AB)( BCD’) => d(A,BCD/) = AH = h

Trong tam giác vng A’AB ta có :

2

2

1 1

6

2

a h h  a  a  

 

 

 

 

Câu (1,0 điểm) Cho số thực x, y thỏa mãn (x – 4)2 + (y – 4)2 + 2xy

 32 Tìm giá trị nhỏ của

biểu thức A = x3 + y3 + 3(xy – 1)(x + y – 2).

* (x 4)2(y 4)22xy32(x y )2 8(x y ) 0  0 x y8 (1) (x y )2  0 (x y )2 4xy

2

6 ( )

2

xy x y

   

(2) A = x3y33(xy1)(x y  2)= (x y )3 6xy 3(x y ) 6

Từ (2) => A

3

( ) ( ) 3( )

2

x y x y x y

      

* Đặt t = x + y với (0 t 8), xét f(t) =

3

3

t  t  t

 f’(t) = 3t2 3t f’(t) =

2

1

2

t t t 

     

> ( nhận); t =

2 

< ( loại); Ta có : f(0) = 6, f(8) = 398, f(

1 

) =

17 5 

Vậy giá trị nhỏ f(t) =

17 5 

xảy t =

2 

A  f(t) 

17 5 

Dấu xảy x = y x + y =

2 

Vậy giái trị nhỏ A =

17 5 

xảy x = y =

4 

H

D,

D

C,

C B,

B A,

II - PHẦN RIÊNG

A Theo chương trình Chuẩn

Câu 7.a: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD Các đường thẳng AC AD có phương trình x + 3y = x – y + = 0; đường thẳng BD qua điểm M (

1 

; 1) Tìm tọa độ đỉnh hình chữ nhật ABCD.

k

j Q

P

O I

N M

D C

B A

Điểm A có toạ độ nghiệm hệ

3 x y x y

 

 

  

 => A(-3; 1)

Đường thẳng qua M // AD cắt AD (N  AC)  MN : 3x – 3y + = => N có toạ độ nghiệm hệ

3

3

x y x y

 

 

  

 => N(-1;

1 3). Gọi I trung điểm MN => I (

2 ; 3 

) * (PQ) qua I // AB có phương trình :

2

( ) ( )

3

x  y 

(PQ): x + y =

* (PQ) giao với (AD) P có toạ độ :

0 x y x y

 

 

  

 => P(-2; 2).

*(PQ) giao với (AC) O có toạ độ :

3 0 x y

x y

 

 

 

 => O(0; 0) gốc toạ độ.

=> O(0;0) tâm đối xứng hình chữ nhật ABCD - Vì P trung điểm AD => D(-1; 3) - C đối xứng với A(-3; 1) qua O => C(3; -1) - B đối xứng với D(-1; 3) qua O => B(1;-3)

Câu 8.a:(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x+y–2z+10=0 điểm I (2; 1; 3) Viết phương trình mặt cầu tâm I cắt (P) theo đường trịn có bán kính 4.

Mặt phẳng (Q) qua I vng góc với (P), cắt mặt cầu (P) theo tiết diện hình vẽ :

Tam giác vng IOA có: IA = R OA = r

IO = d(I, (P)) =

4 10

   

;

IA2 = IO2 + OA2 = + 16 = 25

 R =

Vậy phương trình mặt cầu cấn viết :

B

A O

(S) : (x – 2)2 + (y – 1)2 + (z – 3)2 = 25.

Câu 9.a: (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn (2 + i)z +

2(1 )

7

i

i i



 

 Tìm môđun số phức w = z + 1 + i.

Số phức z thoã mãn: (2 + i)z + (1 + 2i)(1 – i) = + 8i  (2 + i)z + + i – 2i2 = + 8i

 (2 + i)z = 7i +  z =

(7 4)(2 )

3 (2 )(2 )

i i

i

i i

 

 

  => w = + 3i

Vậy mô đun số phức w cần tìm : w  16 5 

B Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d: 2x – y + = Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc d, cắt trục Ox A B, cắt trục Oy C D cho AB = CD = 2.

Đường tròn ( C) cần viết có tâmI  (d): y = 2x – y + =  I (t; 2t + 3)

Theo ( C) cắt Ox A, B cắt Oy C,D => AB CD hai dây cung Vì AB = CD =  khoảng cách từ I đến Ox Oy => t  = 2t + 3

 t24t  3 t = -1 t = -3

Với t = -1  I (-1; 1)  R = t212  2  (C): (x + 1)2 + (y – 1)2 = 2

Với t = -3  I (-3; -3)  R = t212  10 (C) : (x + 3)2 + (y + 3)2 = 10

Câu 8.b:(1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d:

1

2 1

x y z

 

 và hai điểm A (1; -1; 2), B (2; -1; 0) Xác định tọa độ điểm M thuộc d cho tam giác AMB vuông M. Điểm M  (d) => M (2t + 1; - t - 1; t) => AM = (2t; -t; t – 2) BM



= (2t – 1; -t; t)

Tam giác AMB vuông M => AM .BM =  6t2 – 4t =  t = t =

2 3 Với t = => M (1; -1; 0)

Với t =

3 => M (

7 ; ;  3).

Câu 9.b: (1,0 điểm) Giải phương trình z2 + 3(1 + i)z + 5i = tập hợp số phức.

Phương trình z2 + 3(1 + i)z + 5i = có  = 9(1 + i)2 – 20i = -2i = (1 – i)2

z1 =

3(1 ) (1 )

i i

   

= - – 2i; z2 =

3(1 ) (1 )

i i

   