GIAI BANG NHIEU CAC DTDH A 2012 NEW

Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác vuông.. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho HA = 2HB.[r]

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn: TỐN; Khối A – A1

Thời gian làm 180 phút không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu (2,0 điểm)Cho hàm số 2

2( 1) (1)

y x  m x m ,với m tham số thực a Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m =

b Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh tam giác vuông Câu (1,0 điểm) Giải phương trình sin 2xcos 2x2 cosx1

Câu (1,0 điểm)Giải hệ phương trình  

3

2

3 22

,

2

x x x y y y

x y x y x y

      



 

    





Câu (1,0 điểm)Tính tích phân

3

1 ln(x 1)

I dx

x

 



Câu (1,0 điểm)Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác cạnh a Hình chiếu vng góc S mặt phẳng (ABC) điểm H thuộc cạnh AB cho HA = 2HB Góc đường thẳng SC mặt phẳng (ABC) 600 Tính thể tích khối chóp S.ABC tính khoảng cách hai đường thẳng SA BC theo a

Câu (1,0 điểm) Cho số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x yz0 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P3x y 3y z 3z x  6x26y26z2

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (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 vng ABCD Gọi M trung điểm cạnh BC, N điểm cạnh CD cho CN = 2ND Giả sử 11 1;

2 M 

 và đường thẳng AN có phương trình –x y– 30 Tìm tọa độ điểm A

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

1

x y z

d    

điểmI0; 0;3  Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I cắt d hai điểm A, B cho tam giác IAB vuông I

Câu 9.a (1,0 điểm) Cho n số nguyên dương thỏa mãn 5 n1 n n

C  C Tìm số hạng chứa x5

khai triển nhị thức Niu-tơn

2 14

n nx

x

 



 

 

, x ≠ B Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn   2

:

C x y  Viết phương trình tắc elip (E), biết (E) có độ dài trục lớn (E) cắt (C) bốn điểm tạo thành bốn đỉnh hình vng

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

2 1

x y z

d     , mặt phẳng  P :xy– 2z50 điểm A1; 1;   Viết phương trình đường thẳng  cắt d (P) M N cho A trung điểm đoạn thẳng MN

Câu 9.b (1,0 điểm)Cho số phức z thỏa 5( )

z i

i z



 

 Tính mơđun số phức

2

1

w  z z - HẾT -

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

HƯỚNG DẪN GIẢI PHẦN CHUNG:

Câu 1:

a Khảo sát vẽ (C) :

Với

0 –

m yx x * TXĐ: D

* Sự biến thiên: - Chiều biến thiên:

3

’ – , ’ – 4 ( 1)

1 x

y x x y x x x x

x  

        

  

Hàm số đồng biến 1; 0  1;,nghịch biến  ; 1  0;1 - Cực trị:

Hàm số đạt cực đại tạix0 yCĐ 0, đạt cực tiểu x  1 yCT  1 - Giới hạn tiệm cận:

lim

xy    Hàm số khơng có tiệm cận

- Bảng biến thiên :

* Đồ thị:

- Giao với trục Ox: Cho 0 x y

x     

   - Giao với trục Oy: Cho x0 y0

Đồ thị tiếp xúc với Ox (0; 0) cắt Ox hai điểm ( 2; 0) - Đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng

b Đạo hàm  

’ –

y  x m x

 

 

3

2

’ –

1 x

y x m x

x m

 

     

 

 Hàm số có cực trị m 1 0 m 1

Khi đồ thị hàm số có cực trị A0; m2;B m1; – 2m– 1;C m1; – 2m– 1

Nhận xét: AOy, B C đối xứng qua Oy nên tam ABC cân A tức AB = AC nên tam giác vng cân A Gọi M trung điểm BC  M0; 2 m– 1

Do để tam giác ABC vng cân  BC = 2AM (đường trung tuyến nửa cạnh huyền)

   2

2 m m 2m m

        

3

1 m m (m 1)

      (do m 1)

 

1 m m

     (do m 1)

Cách 2: ABC vng cân A Theo định lý pitago ta có

2 2

AB AC BC (m1) ( m1)310(m1)3  1 0m0(do m 1) Cách 3: ABC vuông cân A

2

( 1) ( ) 0

AB AC m m m m m m m m

                

x y

-1

2 O

-

hoặc m 1 (loại)

Với AB m1; 2 m 1 m2;AC  m1; 2 m 1 m2

Cách 4: Sử dụng góc ABC vng cân Acos AB BC 450… Giải tiếp m0 Vậy m0 giá trị cần tìm

Câu 2:

Phương trình 2 sin cosx x2 cos2x 1 2 cosx 1 2 cos ( sinx xcosx1)0

cos

3 sin cos x

x x

   

 



TH 1: cos ,

2

x  x  k k

TH 2: sin cos 3sin 1cos cos cos

2 2 3

x x  x x  x  

 

2

2

3

,

2

3

x k

x k

k x k

x k

 

 



 

 



   

  



  



     

 

 Chú ý: TH ta làm sau

2

3sin 1cos sin sin 6 ,

2

2 2 6

2 3

6

x k

x k

x x x k

x k

x k

 

 

 



  







   



  

         

  

    

 





Vậy phương trình có nghiệm: ; 2 ; ,

2

x k x  k  xk  k Chú ý: Nếu giải phương trình cos ,

2

x x   k  k, đúng

Câu 3:

Nhận xét: Đây hệ nửa đối xứng cần đặt t x sẽ trở thành hệ đối xứng

Cách 1:

3

2

3 22

1

x x x y y y

x y x y

      

 

    



Đặt t x

Hệ trở thành

3 2

2

3 9( ) 22

1

t y t y t y

t y t y

      

 

    



Đặt S  yt P;  y t

Hệ trở thành

3

3

2

3 3( ) 22

3 3( ) 22

1

1

2

2

S PS S P S

S PS S P S

P S S

S P S

     

     

 



   

  

    

 

   

3

2

3

2 45 82

4

1

( ) 2

2

S S S

P

P S S S

     



 

 

  

   



Vậy nghiệm hệ  ;  3; ; 1;

2 2

x y       

   

Cách 2:

Hệ

2

2

( ) ( ) 3 ( ) 9( ) 22

1

( ) ( )

2

x y x y xy x y xy x y

x y xy x y

                       Đặt a x y

b xy      

Khi hệ trở thành

   

1

3 22

2

1

2 2

u u v u u

u u v

                            

Rút v từ (2) thay vào (1) ta 6u22u345u820u2

Với

4

u   v  Hệ cho có nghiệm  ;  3; ; 1;

2 2

x y       

   

Cách 3:

Hệ

3

2

3 22

1

1

2

x x x y y y

x y                           Đặt 1 2 1 2

u x x u

v y y v

                      

thay vào hệ biến đổi ta

3

2

3 45 45

( 1) ( 1) ( 1)

2 4

1

u u u v v v

u v               

Xét hàm   3 45

2

f t t  t  t có ’  32 3 45 0

f t  t  t  với t thỏa t 1

     2

1 1

1 v

f u f v u v v v

v                   v u     

0 v u       Với 2 1 x v u y                 1 2 x v u y                 

 Hệ cho có nghiệm  ;  3; ; 1;

2 2

x y            Cách 4:

Biến đổi hệ ta

2 2

2

( )( ) 3( ) 9( ) 22

2( ) 2( )

x y x y xy x y x y

x y x y

                 

Đặt    

2

2

2 2

2 2

,

2

2

x y x y

a x y a a b

x y x y xy xy b x y

                   

2

3 22

2

2

a b

b a a b

a b

   

    

  

  



 



2

( 2)(2 41)

2

2

    



  

  

b b b

b a

5 2 

   

  

a b

Với

2

5

2

2

a x y

b x y

 

  

 

 

 

    

 

3 1

( ; ) ; ; ;

2 2

x y       

   

Cách 5: Ta có

3 3

3 22 ( 1) 12 23 ( 1) 12

x  x  x y  y  y x  x  y  y

3

(x 1) 12(x 1) (y 1) 12(y 1) (1)

       

2

2

x y  x y

2

1

1 (2)

2

x y

   

      

   

Từ (2) nhận thấy

2

2

1 1 3 1

1 1 1 1

2 2 2 2

1

1 1 1 1

1 2 2 2

2

x x x

y y

y

     

         

   

 

  



 

        

 

   

   



Nên x1 y1 thuộc 2; 2 Từ (1), xét

( ) 12

f t t  t với t ( 2; 2) f t'( )3t2 120,  t ( 2; 2) (vì x1;y  1 ( 2; 2)) nên (1)x 1 y 1 x y2

Thay vào phương trình (2) ta 2

3

;

1 2

( 2) ( 2)

1

2

;

2

y x

y y y y y y

y x

 

 



           



  

 Vậy hệ có cặp nghiệm:  ;  3; ; 1;

2 2

x y       

   

Cách 6:

Hệ

3 2 2

2 2

3 22 ( )( 9) 22 3( )

1 1

1

2 2

x x x y y y x y x y xy x y

x y x y

              

 

       

       

       

       

 

Từ phương trình thứ hai hệ

1

cos cos

2

:

1

sin sin

2

x a x a

a

y a y a

 

   

 

 

   

      

 

 

Thay vào phương trình thứ ta

3 cos sin 37

(1 cos sin ) cos sin cos sin 22 cos sin

2

a a

a a  a a a a    a a

             

   

Đặt

2

1

cos – sin sin cos

2

t

t a a x x  với t  PT trở thành:

3 37

(1 ) 22

2 2

t t

t  t    t

          

 

 

3

2t 39t 41 (t 1)(2t 2t 41) t

Khi cos sin cos

t  a a   a 

 

 

2

1 3

cos cos , ; ; ; ;

4 2 2

2 a k

a k x y

a k



 

 

 

      

             

   

     





Câu 4: Cách 1:

Ta có

2

1 ln(x 1)

I dx

x

 

 =

3

2

1

1 ln(x 1)

dx dx

x x

 

  =

1 3 1 x

 J =

2

3J

Tính

2

ln(x 1)

J dx

x  

Đặt

 

2

1

ln

1

1

1

u x du dx

x

x dv dx

v

x x x



    

  



 

 

      

 



3 1

3

1

1 ln( 1) ln( 1) ln

1

dx

J x x x

x x x

   

            

    

4

ln ln

  + ln3 = 2ln ln 3

 

Vậy 2ln ln

3

I   

Chú ý: Các em chọn v x

 

Đặt

 

2

1

ln

1

1

u x du dx

x

dv dx v dx

x

x 

    

  



 



   

 



 

 

3

3 3

1 1

1

1

1 1 1

ln ln ln

1

1

ln ln ln ln ln

3

J x dx dx dx

x x x x x

x x

 

          

   

     



  

Vậy 1ln ln3

3

I    Cách 2:

Đặt

 

2

1

1 ln

1

1 1

u x du dx

x dv dx

v

x x



     

  



 



   

 



Khi  

3

1 1

1 ln( 1)

( 1) dx

I x

x x x

     



  

3

1

1

1 ln( 1) ln

1 x x

x x

   

 =

2

Câu 5: Tính thể tích

Gọi M trung điểm AB, ta có

2

a a a

MH MBHB  

- Theo giả thiết SH (ABC)SH HC SHC

vuông H  

, ( ) 60

SC ABC SCH 

- Theo định lý pitago tam giác vng HCM ta có

2 2

2

2 2 28

2 36

a a a

CH CM MH        

 

7 a CH

  Với

2 a

CM  đường cao tam giác ABC

Trong tam giác vng SHC ta có

2

2

3 a

SC HC (Cạnh đối diện với góc 300) SH = CH.tan600 = 21 a

Diện tích tam giác ABC

2

3

ABC a S 

2

1 21

3 3 12

SABC ABC

a a a

V  SH S  

Hoặc dựa vào định lý hàm số cosin tam giác CHB

2

2 2 7

2 cos 60

3

a a a a

CH CB BH  BC BH a    a  CH   

Tính khoảng cách

Cách 1:

Xét mặt phẳng (ABC) kẻ d qua A song song với BC Nên BC//(SA;d)

 ,  , , 

d BC SA d B SA d 

Dựng hình thoi ABCD Dựng HK cho: ( )

( )

HK AD K AD HI SK I SK

 

 

 



, ta có: SH ABCSH AD Mà HK  AD nên ADSHK SAD  SHK HI SK n n HIê SAD

HI khoảng cách từ H đến (SAD) AH sin 3

3 3

a a a

KH KAH

    

Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông SHK

2 2 2

1 1 1 42

12

21

3

a HI

HI HS HK a a

      

   

   

   

   

Vì BC//(SAD)

HA AB nên khoảng cách cần tìm là:

 ,  3 42 42

2 12

a a

d BC SA  HI  

Cách 2:

Để tính khoảng cách ta làm phương pháp tọa độ

Khi , ;0; ; ; 0;0 ; 0; 3;0 ; ; 0; 21

2 2

a a a a a

A  B  c  S 

       

Từ , ta có  

, 42

,

8 ,

SA BC AB a d SA BC

SA BC

 

 

 

 

 

    

Cách 3:

Dựng hình thoi ACBD mặt phẳng (ABC) Vì BC//ADBC/ / (SAD)

Do  ,  ,  ,  SABD

ABD V d SA BC d BC SAD d B SAD

S      

Ta có

3 12 SABD SABC

a V V 

Trong tam giác SAD có AD = a,

3

a DH CH 

2

2 21

9

a a a

SA SH HA   

2

2 21 7

9

a a a

SD SH HD    Định lý hàm số cosin tam giác SAD

 2  2

cos sin cos

2 5

SA AD SD

SAD SAD SAD

SA AD

 

     



1

.sin

2

SAD

a

S SA AD SAD

    

3

2

42 12

,

8

3 a

a d SA BC

a

  

Câu 6: Cách 1:

 

0

x yz z  xy có số khơng âm khơng dương Do tính chất đối xứng ta giả sử xy 

Ta có P3x y 32y x 32x y  12(x2y2xy) 3x y 32y x 32x y  12[(xy)2xy] 

2

2

3 2.3 12[( ) ]

y x x y

x y

x y xy

  



    

3

3 2.3

x y x y

x y

 

  

Với 2xy  2yx 3 xy  

4 x y xy  Đặt t x y 0, xét f t  2.( 3)3t 2 3t

 

  3

’ 2.3( 3) ln 3t 3( 3.( 3) ln 1)t

f t     

 f đồng biến [0; +)  f t  f 0 2 mà 3x y  30 = Vậy P  30 + = 3, dấu “=” xảy  x y z0 Vậy P = Cách 2:

Không tổng quát, giả sử x yz

Từ x yz0z x y đó,

 

 2 2 2  2  2

3x y 3y z 3x z 12 3x y y x x y 12

P       x y  x y        x  y  x y I

S

H B

C A

z

x

Đặt

2

2 3

2

3 a b x

a x y

b y x b a

y  

   

 



 

  

  

 

với ab0

Thay vào P ta được:

2

2

3 3 3 3

2

a b a b a b a b a b a b

P     a abb            

   

Đặt

2 a b u

a b v

 

   

    

uv0 ta có : P9v 3u v 3u v 2 u23v2

Xét hàm:

2

2

( ) 3 ,

2

'( ) ln 3 ln ln

3 v u v u v

u v u v

P f u u v u v

u f u

u v

 

 

       

     



( )

f u

 đồng biến v;)kéo theo

2

( ) ( ) 9v 3v 2.9v (1)

f u  f v     v   v

Xét ( )g v 2.9v 4v1,v0; '( )g v 2.9 ln 9v 44.9 ln 3v 44 ln 340 do v0 Suy g v( ) đồng biến 0;) g v( )g(0)3 (2)

Từ (1) (2), suy f u 3 hay P3 Đẳng thức xảy uv0x y z0

Vậy P = Cách 3:

Đặt a xy b,  yz c,  zx

Từ giả thiết suy 2  

2

x y z   xy yzzx

Do  2 2  2 2

6 x  y z 2 xy  yz  zx

Vì đặt a xy b,  yz c,  zx a b c, , 0 abc b,  c a c, ab Ta có P3a3b 3c  2a2b2c2

Vì abc nên ab c c2 Tương tự bc a a2;ca b b2

Công ba bất đẳng thức ta 2abbccaa2b2c2 a b c2 2a2 b2 c2 Do P3a3b3c a b c3a a  3b b  3c c

Xét hàm f x 3x x x, 0;f' x 3 ln 1x  0 f x  f 0 1 VậyP3, dấu “=” xảy x yz0

Cách 4:

Dễ dàng ta cm 3t   1 t, t 0, từ áp dụng vào tốn ta có:

 2 2

3

P       x y y z z x x y z

Mặc khác :x    y y z z x2xy2yz2

 2      

z x x y y z z x y z x y z x z x x y y z

Hơn áp dụng BĐT a   b a b ta có

 2   2 2  2  2 2 2

2[ ]

x    y y z z x  xy  yz  z x  x y z

Suy P3minP 3x y z0 PHẦN RIÊNG:

A Theo chương trình chuẩn Câu 7a

Cách 1:

Gọi cạnh hình vng a tức ABBCCD DAa Trong tam giác vuông ADN

Ta có :

2

10

1 1 3

2 3

AN AD DN

a AN

DN CN DC AD a

  



 



   

 

Trong tam giác vuông ABM Ta có :

2

5

1 2

2

AM AB BM

a AM

BM BC a

  



 



 

 

Tương tự tam giác vuông CMN ta tính

a MN  Theo định lý hàm số cosin tam giác MAN ta có cosA =

2 2

2

AM AN MN

AM AN

 

=

2 

 45o

MAN 

Phương trình đường thẳng AM : 11 ( ; )

2 AM

axby a b n  a b





2

3

2

cos – – 1

2

5( )

3 t a b

MAN t t

t a b

 

 

    

   



(với t a b  )

+ Với t3  tọa độ A nghiệm hệ : 4;5

3 17

x y

A x y

   

 

   

+ Với

3

t   tọa độ A nghiệm hệ : 1; 1

3

x y

A x y

   

 



   

Vậy có hai điểm A thỏa mãn A4;5 A1; 1 

Cách 2:

Sau tính MAN45o Giả sử điểm A a ; – 3a AN

 2

1

11

15

2

( , )

2

2

d M AN

 

  

 

Trong tam giác vng AHM ta có 0 10

2 sin 45

MH

MA MH 

 

 

2

2 1;

11 45

2 25 20

4

2 2 4;5

A a

a a a a a a

a A

   

   

                 

 

     

B A

C D

N

Hoặc: Sau tính 10

2

MA ta làm sau

Tọa độ điểm A giao đường thẳng AN đường trịn (C) có tâm M bán kính MA Cách 3:

Để tính 10 45

2

MA  ta có khơng cần tính MAN 45o mà dựa vào cơng thức tính diện tích

 

 2

1

11

15

2 ,

2

2

h d M AN

 

   

  Đặt AB6 ,x x0

Ta có

2

2 2 2

1 1

6 ;

2 2

1

36 15

2

ADN ABM

CMN AMN ABCD ADN ABM CMN

S AD DN x x x S AB BM x x x

S CM CN x x x S S S S S x x x x x

     

            

Theo định lý pitago

2 2

2

36 10

2 30 15

2

2 10 10

AMN

AN AD DN x x x

S x x

h x

AN x

    

      

Định lý pitago 2 36 9 145 45

2 AM  AB BM  x  x  x  Chú ý: Có thể đặt AB = x, x >

Cách 4: (Đáp án BGD)

Gọi H giao điểm AN BD Qua H kẻ đường thẳng song song AB cắt AD, BC taih P Q

Đặt HPxPDx AP, 3x HQ3x

Ta có QC xMQx Do AHP HMQ AH HM

 

Mặt khác 2 ( , ) 10

2

AH HM  AM  MH  d M AN 

… Giải tương tự cách Câu 8a.

Cách 1:

ChọnM1; 0; 2d, gọi ud



= (1; 2; 1) vectơ phương đường thẳng d Ta có IAB vng cân tai I IHB vuông cân H (với H trung điểm AB)

0

2 2

cos 45

2 3

[ , ] 8 2

( , )

6

d

d AB IH HB

R R

HB R R

MI u IH d I d

u 



 

  

      

 

    

 

  

với [MI u , d] ( 2; 0; 2)

Chú ý: Để tính IH ta tìm tọa độ điểm H sau

- Viết phương trình mặt phẳng (P) qua I góc với đường thẳng d, tọa độ H ( )P d IH - Giả sử H( 1 t; ; 2t t)IH



Áp dụng IH u d 0 t IH

 

Cách 2:

Chuyển d dạng tham số

1

:

2

x t

d y t

z t

   

      

Gọi  

 

( 1; ; 2) 1; ; 0; 0;3

A a a a B b b b I

  



 

  

với a ≠ b

   

 2  2

2 2 2

1; 2; ; 1; ;

2 2;

IA a a IB b b b

IA a a a a IB b b b b

 

      

            

Vì IAB vng cân I nên

    

   

2

2

3 (1)

2 1

6 (2)

6

ab a b

a b ab

IA IB

a b a b

a a b b

IA IB

 

          

   

 

  

    

    

 



    



Từ (2) a ≠ b a b

   vào (1)

Ta

1

1

9 1 2

3 a

ab IA

b

 

  

    

    

Vậy  : 2  32 S x  y  z  Cách 3:

Gọi  

 

( 1; ; 2) 1; ; 0; 0;3

A a a a B b b b I

  



 

  

với a ≠ b

Giả sử phương trình mặt cầu (S) tâm I có dạng  S :x2 y2 z32 R2 với

2

2 3( )2

2

AB

R   ab

   

   

2

2 2

2

2 2

( ) : ( 1) (2 ) 3( )

( ) : ( 1) (2 ) 3( )

A S S a a a a b

B S S b b b a b

        

 

       

 

… Giải hệ ta a R ( )S b

 

 

   Câu 9.a

Theo giả thiết

5Cnn Cn ( 1)( 2) 30  – 1 – 2 28

n n n

n   n n n n n

         

hoặc n 4 (loại)

Gọi a hệ số x5 theo công thức khai triển nhị thức niuton hệ số tổng quát khai triển

1 14

n nx

x

 



 

 

là

7

7

7

1

i i

i x

C ax

x



    

 

   

   



7

7 14

7

( 1)

2 i

i i i

C x ax



   

   

  (với iN i, 7) Hệ số x5ứng với 14 – 3i5 i

7 7

1 35

2 16

i i

C a a



   

     

 

Vậy số hạng chứa x5 35

16 x



B Theo chương trình Nâng cao : Câu 7b

Phương trình tắc (E) có dạng :

2

2 ( 0)

x y

a b

a b   

Theo giả thiết độ dài trục lớn 2a 8a4 Do tính đối xứng (E) nên giao điểm (C) (E) đỉnh hình vng thỏa mãn M m m m ; , 0 Suy M( )C m2m2 8m2M(2; 2)

Mặt khác M(2; 2)( )E  42 42 a b 

2 16 b

  Vậy phương trình (E) có dạng:

2

1 16 16

3 x y

 

Chú ý: Đường tròn Elip nhận gốc O làm tâm đối xứng nên đỉnh hình vng  ; ;  ; ;  ; ;  ; 

A m m B m m C m m D m m Câu 8b.

Cách 1:

Chuyển đường thẳng d dạng tham số

1 :

2

x t

d y t

z t

   

      

Đường thẳng  cắt d Md M( ; ; 2  t t t)

Theo giả thiết A trung điểm MN theo cơng thức tính trung điểm

2 3 2

2 (3 ; ; )

2

2

M N A

N M N

A N

N M N

A

x x x

x t

y y

y y t N t t t

z t

z z z

 

 

  





 

         

 

   

 

   

Mặt khác N( )P 1 3 2t1. 2 t– 2 t50 t 2N( 1; 4; 0)  ; Vậy đường thẳng  qua A N nên phương trình có dạng :

2

x y z

 

B A

Chú ý: Nếu học sinh viết phương trình đường thẳng  qua A có vtcp MA    2; 3; 2 phương trình

1

:

2

x t

y t

z t

   

        

Hoặc chọn MA2;3; 2



1

:

2

x t

y t

z t

   

        

Cách 2:

Chuyển đường thẳng d dạng tham số

1 :

2

x t

d y t

z t

   

      

Đường thẳng  cắt d Md M( ; ; 2  t t t)

Đường thẳng  cắt (P) N a b c ; ;    P

Theo giả thiết A trung điểm MN theo công thức tính trung điểm

1 2

2

2

( ) 5

2 2(2 ) (3; 2; 4)

t a a t

t b b t

t c c t

N P a b c a b c

t t t t M

      

 

       

 



 

    

 

           

 

           

Vậy đường thẳng  qua A có vtcp MA    2; 3; 2 có phương trình

1

:

2

x t

y t

z t

   

         Cách 3:

Gọi (P’) mặt phẳng đối xứng với mặt phẳng (P) qua điểm A nên (P’) có dạng xy2zm0

 , ( )  , ( ')

d A P d A P  m  m (thỏa mãn) m5 (loại) ( )P ( ')P Khi mặt phẳng (P’) có phương trình xy2z30

- Theo giả thiết M   d M ( ')P d nghiệm phương trình

1 2t t 2(2 t) t M(3; 2; 4)

         

Vậy đường thẳng  qua A có vtcp MA    2; 3; 2 có phương trình

1

:

2

x t

y t

z t

   

         Câu 9b

Giả sử zxyiz xiy, x y, ,z 1

Theo giả thiết

5( )

2

z i

i z



  

5( )

2 x yi i

i x yi

 

  

 

 

5 ( ( 1) ( 1)

x y i

i x yi

 

  

 

5x 5(y 1)i 2(x 1) (x 1)i 2yi y

         5x5(y1)i(2x 2 y) ( x 1 )y i

2

1 5( 1)

x y x

x y y

   



   



3

7

x y x y

  

 

   

1

1

x

z i

y  

   

 

Ta có w  1 z z2 1 (1i) (1 i)2     1 i 2i ( 1) 2 3 i

4 13

w

Chú ý: Ở chỗ 5 ( ( 1)  ( 1)

x y i

i x yi

 

 

  bạn sử dụng phép chia hai số phức tức

  

2

5 ( ( 1) ( 1)

2 ( 1)

x y i x yi

i

x y

   

 

  phức tạp,

nên qui đồng sử dụng định nghĩa hai số phức đơn giản hiệu hơn

Lưu ý:

- Trong làm đề đại học bạn bắt buộc phải vẽ hình gồm Đồ thị khảo sát, Hình vẽ của hình học khơng gian (nếu dùng phương pháp tọa độ phải vẽ hình) cịn khác vẽ hình hay khơng khơng tính điểm, vẽ để nhìn làm khơng bắt buộc

- Nếu làm theo cách khác cách kiến thức nằm chương trình phổ thơng đúng, xác cho điểm tối đa

LỜI KẾT: Lời giải mang tính chất tham khảo cho bạn học sinh… Trong trình biên soạn (có tham khảo số tài liệu mạng) với thời gian ngắn kiến thức hạn chế nên khơng tránh khỏi sai sót, mong bạn có nhận xét đánh giá… Chân thành cảm ơn

SƠN LA: Ngày Tháng Năm 2012