Tuyen tap de thi thu dai hoc 2014 mon toan laisac de94 2014

GIA SÖ ÑÖÙC KHAÙNH – 0975.120.189 – 0563.602.929 22A – Phạm Ngọc Thạch – TP. Quy Nhơn SỞ GD & ĐT BÌNH ĐỊNH TRƯỜNG QUỐC HỌC QUY NHƠ N ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2012 - 2013 Môn thi: TOÁN; Khối A Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian ph át đề Câu 1. Cho hàm số 3 2 y x 6x 9x = − + . a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số. b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị ( ) C của hàm số biết : Tiếp tuyến tạo với đường thẳng ( ) : x y 1 0 ∆ + + = một góc ϕ sao cho c 4 os 41 ϕ = và tiếp điểm có hoành độ nguyên. Gọi ( ) 3 2 0 0 0 0 x 6x 9x M x ; − + là tọa độ tiếp điểm của tiếp tuyến và đồ thị. Phương trình tiếp tuyến tại M là ( ) ( ) ( ) 2 3 2 0 0 0 0 0 0 x 12x 9 x 6x 9x d : y 3 x x − + − + = − + . Ta có ( ) ( ) n 1;1 ∆  và ( ) ( ) 2 d 0 0 x 12x 9 n 3 ; 1 − + −  . Theo đề ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )     2 d 0 0 2 2 d 0 0 x 12x 9 x 12x 9 4 4 4 os d; 41 4 n .n 3 1 1 41 1 1 c n . n 3 1 ∆ ∆ − + − + + = ∆ = ⇔ = − ⇔ + ( ) ( ) 2 2 2 2 4 41 k 1 k 1 k 1 k 9 41 32 9k 82k 9 0 k 1 k / . 1 9 2 + = +  =  ⇔ ⇔ = ⇔ − + = ⇔ = −  −   . (với 2 0 0 x 12x 9 k 3 − + = ) • Với 1 k 9 = không thỏa mãn, do ℤ 0 x ∈ nên ℤ k ∈ . • Với ( ) 0 2 0 0 0 0 0 x 12x 9 9 3x x 4 x 0 k 9 3 0 x 4 − + = ⇔ −  =  = ⇔ = ⇔  =   . 0 x 0 = , ta được phương trình tiếp tuyến ( ) 1 d : y 9x = . 0 x 4 = , ta được phương trình tiếp tuyến ( ) 2 d : y 9x 32 = − . Câu 2. Giải phương trình : ( ) ( ) 3 1 cos 2x sin 2x 1 os 2x 6 sin x 4 2 2 c + + + − = π +            . Điều kiện : ℤ x k x k , k 4 4 π π + ≠ π ⇔ ≠ − + π ∈ . Với điều trên phương trình ( ) ( ) ( ) sin x os 2x 3 1 co 2 2 c s 2x sin 2x 1 4 3 π + − = + + +         ⇔    ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 os 2x 3 1 cos x sin sin2 xc c sin x cos x 3 x os x − = + − + + ⇔   +     ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 os 2x 3 1 0 2 c 0 sin x cos x . 3 2 cos x sin x cos x . 4 cos x 2 3 1 cos x 2 3 − + = =   +       + − + ⇔ − −     − ⇔ ( ) 2 4 cos x 2 3 1 cos x 2 3 0 ⇔ − + − − = (do sin x cos x 2 sin x 0 4   π   + = + ≠        ) Cảm ơn thầy Huỳnh Đức Khánh (duckhanh0205@gmail.com) gửi tới www.laisac.page.tl GIA SÖ ÑÖÙC KHAÙNH – 0975.120.189 – 0563.602.929 22A – Phạm Ngọc Thạch – TP. Quy Nhơn 1 cos x 2 2 x k2 ,k 3 3 cos x 1 (loai) 2   = − π  ⇔ ⇔ = ± + π ∈   = +   ℤ (thỏa mãn). Câu 3. Giải phương trình : ( ) 2 2 6x 7x 2 2 3x 1 x x 1 0+ + − + + + = . Phương trình đã cho ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3x 1 2 3x 1 x x 1 x x 1 4x⇔ + − + + + + + = + ( ) ( ) 2 2 2 3x 1 x x 1 2x⇔ + + + =   −     ( ) ( ) 2 2 3x 1 x x 1 3x 1 x x 1 2x 2x + + + + + +  − =  ⇔  − = −   2 2 x x 1 x x 1 x 1 5x 1 + + + +  = +  ⇔  = +   ( ) ( ) 2 2 2 2 x x 1 x x 1 x 1 0 x 1 5x 1 0 5x 1 + + = + + =  + ≥        +     ⇔   + ≥         +     2 24x 9x 0 x 1 x 0 x 0 x 1 / 5 + =  ≥ −       =    ⇔ ⇔ =   ≥ −          . Vậy phương trình có nghiệm x 0= . Câu 4. Tính tích phân : ( ) 0 2 /4 ln cos x sin x I dx cos x −π − = ∫ . Đặt : ( ) 2 sin x cos x u ln cos x sin x du dx cos x sin x dx sin x cos x dv v tan x 1 cos x cos x  +    = −  = −     − ⇒     − =   = − =      . Khi đó : ( ) ( ) 0 0 4 4 sin x cos x I tan x 1 ln cos x sin x dx cos x −π π − + = − − − ∫ ( ) 0 0 4 4 sin x 1 3 ln 2 1 dx ln 2 ln cos x x ln 2 ln 2 ln 2 . cos x 2 4 2 4 −π π −   π π   = − + = + − = + − = −       ∫ Câu 5. Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình thang vuông tại A, B; AB BC a= = . SA vuông góc mặt phẳng (ABCD), SA a= . Khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SAC) bằng a 2 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD. Kẻ DK AC⊥ , ( ) K AC∈ . (1) Do ( ) DK ABCD⊂ , mà ( ) SA ABCD⊥ , suy ra DK SA⊥ (2) Từ (1) và (2), suy ra ( ) DK SAC⊥ . Khi đó ( )( ) DK d D; SAC a 2= = . Ta có 2 ABCD ABC ADC 1 1 3 S S S AB.BC AC.DK a 2 2 2 ∆ ∆ = + = + = . Vậy 3 S.ABCD ABCD 1 a V .S .SA 3 2 = = (đvtt). a a 2 a a K A D B C S GIA SÖ ÑÖÙC KHAÙNH – 0975.120.189 – 0563.602.929 22A – Phạm Ngọc Thạch – TP. Quy Nhơn Câu 6. Cho bốn số thực a, b, c, d thỏa mãn 4 a, c 2− ≤ ≤ − ; 2 b, d 4≤ ≤ . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : ( )( ) ( ) 2 2 2 2 2 a c b d M ac bd + + = + . Câu 7a. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có ( ) H ;3 7 / 2 là trung điểm AB, ( ) M 3; 1− thuộc BC, điểm B có tọa độ nguyên và thuộc đường thẳng ( ) d : x 3y 5 0+ − = , AH BC= . Tìm tọa độ A, B, C, D. Do ( ) B d : x 3y 5 0∈ + − = nên ( ) B 5 3b;b− . Vì H là trung điểm AB, suy ra ( ) A 2 3b;6 b+ − . Ta tính được ( ) ( )   BA 6b 3;6 2b ,BM 3b 2; 1 b− − − − − . Ta có ( )( ) ( )( )   BA.BM 0 6b 3 3b 2 6 2b 1 b 0 b 0= ⇔ − − + − − − = ⇔ = hoặc 5 b 4 = (loại). Với b 0= , suy ra ( ) ( ) A 2;6 ,B 5; 0 . Đường thẳng BC đi qua B và M nên ( ) BC : x 2y 5 0− − = . Điểm C thuộc ( ) BC : x 2y 5 0 − − = nên ( ) C 2c 5;c + . Suy ra ( )  BC 2c; c = . Theo đề : 3 5 3 AH BC 5 c c 2 2 = ⇔ = ⇔ = ± . • Với 3 c 2 = , suy ra 3 C 8; 2            . Suy ra trung điểm I của AC là 15 15 I 5; D 5; 4 2         ⇒               . • Với 3 c 2 = − , suy ra 3 C 2; 2     −        . Suy ra trung điểm I của AC là 9 9 I 2; D 1; 4 2         ⇒ −               . Vậy ( ) ( ) ( ) ( ) A 2;6 ,B 5;0 ,C 8;3 / 2 , D 5;15 / 2 hoặc ( ) ( ) ( ) ( ) A 2;6 ,B 5;0 ,C 2; 3 / 2 ,D 1;9 / 2− − . Câu 8a. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz. Viết phương trình mặt cầu ( ) S tiếp xúc với mặt phẳng ( ) : 2x 2y z 12 0 α − − + = và đi qua ba điểm ( ) ( ) ( ) A 1;2; 0 , B 3; 2;0 ,C 4; 2; 1 − − − − . Gọi ( ) I a;b; c là tọa độ của tâm mặt cầu ( ) S . Theo đề bài ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 a 2 b c 3 a 2 b c IA IB IA IC 1 a 2 b c 4 a 2 b 1 c IA d I; 2a 2b c 12 1 a 2 b c 4 4 1     − + − + = + + + +    =       = ⇔ − + − + = − + + + +       = α − − +      − + − + =    + +  a 1; b 2; c 3 a 1 / 5;b 4 / 5; c 27 / 5  = = − =  ⇔  = − = − = −   . • Với a 1; b 2; c 3= = − = , suy ra ( ) I 1; 2;3− và ( ) R d I; 5= α = . Do đó ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 S : x 1 y 2 z 3 25− + + + − = . • Với a 1 / 5;b 4 / 5; c 27 / 5= − = − = − , (bạn đọc làm tương tự) GIA SÖ ÑÖÙC KHAÙNH – 0975.120.189 – 0563.602.929 22A – Phạm Ngọc Thạch – TP. Quy Nhơn Câu 9a. Giải bất phương trình : ( ) 2 x x 1 2x 1 x 1 9 80.3 81 0 + − + − − − ≤ . Điều kiện : x 1≥ . Ta có ( ) 2 x x 1 2x 1 x 1 9 80.3 81 0 + − + − − − ≤ 2x 2x 2 x 1 2 x 1 9 80.3 .3 81.9 0 − − ⇔ − − ≤ . Đặt 2x 2 x 1 u 3 0 v 3 0 −   = >    = >   , ta thu được bất phương trình 2 2 u 80uv 81.v 0− − ≤ 2 2 2 u 80uv 80v v 0⇔ − − − ≤ ( ) ( ) 2 2 u v 80v u v 0⇔ − − + ≤ ( )( ) u v u 81v 0⇔ + − ≤ u 81v 0⇔ − ≤ . (do u 0, v 0> > ) Với u 81v 0− ≤ 2x 2 x 1 3 81.3 − ⇒ ≤ 2x 4 2 x 1 3 3 + − ⇔ ≤ 2x 4 2 x 1⇔ ≤ + − x 1 x 2⇔ − ≥ − ( ) 2 x 2 0 x 1 0 x 2 0 x 1 x 2  − <       − ≥    ⇔   − ≥        − ≥ −     1 x 2 5 5 2 x 2  ≤ <   ⇔ +  ≤ ≤   5 5 1 x 2 + ⇔ ≤ ≤ . (thỏa mãn) Vậy tập nghiệm của bất phương trình là 5 5 S 1; 2   +   =       . Câu 7b. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đường phân giác trong BD, đường cao CH. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác A, B, C biết BD, CH lần lượt có phương trình x y 1 0− − = , x 2y 5 0+ − = và điểm ( ) M 3; 1− thuộc đường thẳng BC, 5BC 4BA= . Gọi ( ) M ' x; y là điểm đối xứng của M qua BD nên ( ) ( ) ( ) x 3 y 1 x 0 1 0 M ' 0;2 2 2 y 2 3 x 1 1 y 1 0  + −    =  − − =   ⇔ ⇒     =   − + − − =    . Phương trình đường thẳng AB qua M ' và vuông góc với CH nên ( ) AB : 2x y 2 0− + = . Do B là giao điểm của BD và AB nên ( ) B x;y là nghiệm hệ ( ) 2x y 2 0 x 3 B 3; 4 x y 1 0 y 4   − + = = −     ⇔ ⇒ − −     − − = = −     . Phương trình đường thẳng BC qua B và M nên ( ) BC : x 2y 5 0− − = . Do C là giao điểm của CH và BC nên ( ) C x; y là nghiệm của hệ ( ) x 2y 5 0 x 5 C 5;0 x 2y 5 0 y 0   + − = =     ⇔ ⇒     − − = =     . Điểm A thuộc ( ) AB : 2x y 2 0− + = nên ( ) A a;2a 2+ . Theo đề bài ta có 5BC 4BA 5.4 5 4. 5 3 a a 2= ⇔ = + ⇔ = hoặc a 8= − . GIA SÖ ÑÖÙC KHAÙNH – 0975.120.189 – 0563.602.929 22A – Phạm Ngọc Thạch – TP. Quy Nhơn • Với a 8= − , suy ra ( ) A 8; 14− − . Khi đó A và C cùng phía với phân giác BD. (không thỏa) • Do đó ta chọn a 2= , suy ra ( ) A 2;6 . Vậy ( ) ( ) ( ) A 2;6 , B 3; 4 ,C 5;0− − . Câu 8b. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) ( ) ( ) ( ) P : m 1 x m 2 y 2m 3 z 4m 6 0+ + + + + − − = , m là tham số. Chứng minh rằng mặt phẳng ( ) P luôn đi qua một đường thẳng cố định khi m thay đổi. Tìm m để mặt phẳng ( ) P tạo với Ox một góc 0 45 . Ta có ( ) ( ) ( ) m 1 x m 2 y 2m 3 z 4m 6 0 + + + + + − − = ( ) ( ) m x y 2z 4 x 2y 3z 6 0⇔ + + − + + + − = . (*) Để (*) đúng với mọi ℝm ∈ khi và chỉ khi x y 2z 4 0 x 2y 3z 6 0  + + − =     + + − =   . Đây là phương trình giao tuyến của hai mặt phẳng trong hệ tọa độ Oxyz và đưa về phương trình tham số là ℝ x 7t y t , t z 2 3t   =    = ∈    = −    . Vậy ( ) P luôn đi qua đường thẳng cố định ℝ x 7t y t , t z 2 3t   =    = ∈    = −    khi m thay đổi. Mặt phẳng ( ) P có vtpt ( ) ( )  P n m 1;m 2;2m 3= + + + , trục Ox có vtcp ( )  i 1;0;0= . Theo đề : ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )     P 0 2 2 2 P n .i m 1 sin P ;Ox sin 45 n i m 1 m 2 2m 3 .1 + = ⇔ = + + + + + 2 2 m 2m 1 2 2m 7m 6 0 m 3 / 2 2 6m 18m 14  = −+  ⇔ = ⇔ + + = ⇔  = − + +   . Câu 9b. Giải phương trình : ( ) 2 2 5 5 log x 3x 1 log x 2x x+ + − ≤ − . Điều kiện : 2 x 3x 1 0 x 0 x 0   + + >  ⇔ >   >   . Với điều kiện trên phương trình ( ) 2 2 5 x 3x 1 log 1 x 1 x   + +   ⇔ ≤ − −        . Ta có ( ) 2 2 5 2 x 3x 1 1 1 x 3x 1 x 3 3 2 x. 5 log 1 x x x x 1 x 1 1     + + + +    = + + ≥ + = ⇒ ≥             − − ≤    . Do đó bất phương trình ( ) 2 5 2 x 3x 1 log 1 x x 1 1 x 1 1     + +    =          ⇔ ⇔ =    − − =    . Vậy tập nghiệm của bất phương trình là { } S 1= . ---------- HẾT ---------- GIA SÖ ÑÖÙC KHAÙNH – 0975.120.189 – 0563.602.929 22A – Phạm Ngọc Thạch – TP. Quy Nhơn SỞ GD & ĐT BÌNH ĐỊNH TRƯỜNG QUỐC HỌC QUY NHƠN ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 2012 - 2013 Môn thi: TOÁN; Khối A Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1. Cho hàm số 3 2 y x 3x 2= − + . a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số. b) Gọi M, N là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số, viết phương trình đường thẳng đi qua tâm đối xứng của đồ thị và cắt đồ thị tại hai điểm P, Q sao cho diện tích tứ giác MPNQ bằng 12. b) Theo câu khảo sát ta tìm được tọa độ điểm cực đại ( ) M 0;2 , cực tiểu ( ) N 2; 2− . Ta có y '' 6x 6= − . Suy ra y '' 0 x 1 = ⇔ = . Với x 1 y 0 = ⇒ = . Do đó điểm đối xứng của đồ thị là ( ) I 1; 0 Gọi ( ) ∆ là đường thẳng đi qua I với hệ số góc k nên ( ) ( ) : y k x 1 ∆ = − . Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng ( ) ∆ và đồ thị ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 2 2 x 3x 2 x 1 k x 1 x 1 x 2x 2 k 0 x 2x 2 k 0 * − +  =  = − ⇔ − − − − = ⇔  − − − =   . Vì I là tâm đối xứng nên tứ giác MPNQ là hình bình hành. Do đó ( ) MPNQ MPN 1 S 2S 2. PN.d M; 2 = = ∆ . Hai điểm P, Q là giao điểm của ( ) ∆ với đồ thị nên có hoành độ là nghiệm của phương trình (*). Theo Vi-et ta có Q P x x 2+ = và Q P x x 2 k= − − . Khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 Q P Q P Q P Q P Q P PQ x x y y x x k x x 1 k x x= − + − = − + − = + − ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 Q P Q P Q P 1 k x x 1 k x x 4x x 1 k 4 3 k= + − = + + − = + + . và ( ) 2 2 k d M; 1 k + ∆ = + . Yêu cầu bài toán ( ) 2 3 2 2 2 k 12 . 1 k 4 3 k k 7k 16k 24 0 k 1 1 k + = + + ⇔ + + − = ⇔ = + . Với k 1= ta được ( ) : y x 1∆ = − . Câu 2. Giải phương trình : cos x cos 3x 2 cos 5x 0+ + = . Phương trình đã cho ( ) ( ) cos 5x cos x cos 3x cos 5x 0+ + + =⇔ 2 cos 3x cos 2x 2 cos 4x cos x 0+ =⇔ ( ) 3 4 cos x 3 cos x cos2x cos 4x cos x 0−⇔ + = ( ) 2 4 cos x 3 cos2x cos 4x cos x 0   − + =   ⇔ ( ) 2 cos x 4 cos 2x os2c 1 0x⇔ − − = 2 c 4 cos 2x c os x 0 os2 0x 1   ⇔  − =  = −  os x 0 1 17 cos2x 8 c = ± =    ⇔    x k 2 1 1 17 x arccos k 2 8 π = + π ± = ± + π    ⇔     , k ∈ ℤ . Câu 3. Giải hệ phương trình : 5 4 10 6 2 x xy y y ( ) 4x 5 y 8 6 ( )   + = +    + + + =   1 2 . GIA SÖ ÑÖÙC KHAÙNH – 0975.120.189 – 0563.602.929 22A – Phạm Ngọc Thạch – TP. Quy Nhơn Từ ( ) 1 x 0⇒ ≥ . Do ( ) ( ) x; y 0;0= không là nghiệm. Xét x 0 y  >     ∈   ℝ . Với x 0> thì ( ) 10 6 4 4 y y 1 x x y + ⇒ = + . • Nếu 2 y 1> thì 2 y 8 3+ > , từ ( ) 2 4x 5 3 x 1⇒ + < ⇔ < . Do đó 10 6 4 4 2 0 x 1 y y x y x 1 y 1  < <   ⇒ + > + ⇒ >   >   (mâu thuẩn). • Nếu 2 y 1< thì 2 y 8 3+ < , từ ( ) 2 4x 5 3 x 1⇒ + > ⇔ > . Do đó 10 6 4 4 2 x 1 y y x y x 1 0 y 1  >   ⇒ + < + ⇒ <   < <   (mâu thuẩn). • Vậy x 1 y 1= ⇒ = ± . Do đó hệ có hai nghiệm ( ) ( ) ( ) ( ) x; y 1;1 , x; y 1; 1= = − . Câu 4. Tính tích phân : 2 0 x sin x I dx 1 cos x π = + ∫ . Đặt : t x= π − . (chú ý: tích phân dạng ( ) b a xf sin x dx ∫ thì ta đặt t a b x= + − ) Khi đó : ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 2 2 2 2 0 0 0 K I t sin t t sin t sin t t sin t I dt dt dt dt 1 cos t 1 cos t 1 cos t 1 cos t π π π π π − π − π − = − = = π − + π − + + + ∫ ∫ ∫ ∫   . Suy ra : I K 2 π = . Với 2 0 sin t K dt 1 cos t π = + ∫ . Đặt cos t tan u= , ta thu được tích phân /4 4 4 /4 K du u 2 π π −π −π π = = = ∫ . Suy ra 2 I 4 π = . Câu 5. Cho hình lập phương ABCD.A ' B 'C ' D ' có cạnh bằng a. Gọi K là trung điểm của DD' . Tính khoảng cách giữa CK và A ' D . Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho ( ) ( ) ( ) ( ) A 0;0;0 , B a;0;0 , D 0;a;0 , A ' 0;0;a . Suy ra ( ) ( ) a C a;a;0 , D' 0;a;a K 0;a; 2     ⇒        và ( ) ( ) a CK a;0; , A ' D 0;a; a , CD a;0;0 2     − −           . Ta có 2 2 2 a CK, A ' D ; a ; a 2       = − − −              nên 3 a CK, A ' D .CD 0 2   = − ≠        . Vậy CK và A ' D chéo nhau. Do đó ( ) CK, A ' D .C a d CK D CK, A ' D , A ' D 3     = =              . Câu 6. Cho x 0, y 0> > và x y 1+ = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : x y T 1 x 1 y = + − − . Ta có ( ) x y x y x y T y x x y 1 x 1 y y x y x          = + = + = + + + − +              − − ( ) ( ) 2 x 2 y x y x y≥ + − + = + . GIA SÖ ÑÖÙC KHAÙNH – 0975.120.189 – 0563.602.929 22A – Phạm Ngọc Thạch – TP. Quy Nhơn Mặt khác, ( ) x y 1 y 1 x 1 1 T x y 1 x 1 y y x x y   − −    = + = + = + − +        − − . Cộng vế theo vế ta được 4 1 1 2 2 2T 2 2 x y xy x y 2 ≥ + ≥ ≥ = + . Vậy GTNN của T là 2 . Dấu '' ''= xảy ra khi 1 x y 2 = = . Câu 7a. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ( ) 2 2 C : x y 2x 2y 2 0+ − − − = tâm I và đường thẳng ( ) d : x y m 0− + = không có điểm chung. Từ điểm M trên ( ) d vẽ hai tiếp tuyến MA, MB với ( ) C (A, B là các tiếp điểm). Tìm m để trên đường thẳng ( ) d tồn tại duy nhất điểm M sao cho tứ giác MAIB là hình vuông. Đường tròn ( ) C có tâm ( ) I 1;1 , bán kính R 2= . Để đường thẳng ( ) d không cắt ( ) C khi ( ) 1 1 m d I;d R 2 m 2 2. 1 1 − + > ⇔ > ⇔ > + (*) Do ( ) M D∈ nên ( ) M t m; t− . Để tứ giác MAIB là hình vuông khi ( ) ( ) 2 2 IM IA 2 t m 1 t 1 2 2= ⇔ − − + − = . (1) Để trên đường thẳng ( ) d tồn tại duy nhất điểm M thỏa bài toán khi ( ) ( ) ( ) d IM d IM.u 0 t m 1 1 t 1 1 0 m 2 2t⊥ ⇔ = ⇔ − − + − = ⇔ = −   . (2) Thay (1) vào (2) ta được ( ) 2 t 1 2 t 1− = ⇔ = − hoặc t 3= . • Với ( ) 1 t 1 m 4 M 5; 1= − ⇒ = ⇒ − − . • Với ( ) 2 t 3 m 4 M 7;3= ⇒ = − ⇒ . Câu 8a. Trong không gian Oxyz, cho điểm ( ) A 3; 3; 1 − − , đường thẳng ( ) x 2 y 1 z d : 2 3 1 − + = = − và mặt phẳng ( ) P : x y z 3 0 + + − = . Đường thẳng ( ) ∆ đi qua A, cắt ( ) d và ( ) P lần lượt tại B, C sao cho B là trung điểm AC. Tính góc tạo bởi ( ) d và ( ) ∆ . Do ( ) ( ) d B ∆ = ∩ nên ( ) B 2 2t; 1 3t; t + − + − . Vì B là trung điểm AC, suy ra ( ) C 2t 1;6t 1;1 2t + + − . Theo đề ( ) ( ) P C ∆ =∩ nên ( ) C P ∈ hay ( ) ( ) ( ) 2t 1 6t 1 1 2t 3 0 t 0 + + + + − − = ⇔ = . Với ( ) t 0 B 2; 1;0 = ⇒ − . Khi đó ( ) ∆ có vtcp ( ) AB 1;2;1 −  . Vậy ( ) d d u .AB 3 cos d; 2 21 u AB ∆ = =     . Câu 9a. Tìm số phức z thỏa mãn z 2 2+ = và ( ) z 1 3i− + nhỏ nhất. Gọi z x yi= + , với x, y ∈ ℝ . Ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 z 2 2 x 2 yi 2 x 2 y 2 x 2 y 4+ = ⇔ + + = ⇔ + + = ⇔ + + = . Từ ( ) 2 2 x 2 y 4+ + = nếu ta đặt x 2 2 cos+ = ϕ thì y 2 sin= ϕ . GIA SÖ ÑÖÙC KHAÙNH – 0975.120.189 – 0563.602.929 22A – Phạm Ngọc Thạch – TP. Quy Nhơn Khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 z 1 3i x 1 y 3 i x 1 y 3 2 cos 3 2 sin 3− + = − + − = − + − = ϕ − + ϕ − ( ) 22 12 sin cos 22 12 2= − ϕ + ϕ ≥ − . Vậy GTNN của ( ) z 1 3i− + là 22 12 2− . Dấu '' ''= xảy ra khi sin cos 2 k2 4 π ϕ + ϕ = ⇔ ϕ = + π khi đó ( ) cos 2 / 2 x 2 2 z 2 2 2i s in 2 / 2 y 2     ϕ = = −     ⇒ ⇒ = − +     ϕ = =       . Câu 7b. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ( ) 2 2 C : x y 4x 0+ − = . Tìm m để đường thẳng ( ) d : x m 0− = và cắt ( ) C tại hai điểm A, B sao cho diện tích tam giác OAB là lớn nhất. Đường tròn ( ) C có tâm ( ) I 2;0 , bán kính R 2= . Để đường thẳng ( ) d cắt ( ) C tại hai điểm A, B khi ( ) 2 m d I;d R 2 2 m 2 0 m 4 1 0 − < ⇔ < ⇔ − < ⇔ < < + . (*) Do ( ) ( ) O 0;0 C∈ và ( ) OI 2; 0=  nên ( ) OI d⊥ . Suy ra ( ) OAB 1 S AB.d O;d 2 ∆ = . Tọa độ giao điểm của đường thẳng ( ) d và ( ) C là nghiệm của hệ 2 2 x y 4x 0 x m 0   + − =    − =   . Suy ra 2 2 2 y 4m m y 4m m= − ⇔ = ± − . Giả sử ( ) ( ) 2 2 A m; 4m m , B m; 4m m− − − . Khi đó 2 AB 2 4m m= − và ( ) 0 m d O;d m m 1 0 − = = = + (do (*) ). Suy ra B 2 OA S m 4m m ∆ = − . Dùng đạo hàm khảo sát hàm số 2 y mm 4m= − trên ( ) 0; 4 ta tìm được GTLN của y bằng 3 3 đạt tại m 3= (thỏa mãn). Câu 8b. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( ) 2 2 2 S : x y z 4x 4y 10z 3 0+ + − + − − = . Chứng tỏ ( ) S cắt mặt phẳng ( ) Q : x y z 0− + = theo giao tuyến là một đường tròn ( ) T . Viết phương trình mặt cầu ( ) S' chứa ( ) T và có bán kính bằng 57 . Mặt cầu ( ) S có tâm ( ) I 2; 2;5 − , bán kính R 6= . Ta có ( ) 2 2 5 d I;Q 3 3 6 1 1 1 + + = = < + + . Vậy ( ) S cắt ( ) Q theo giao tuyến là một đường tròn ( ) T . Mặt cầu ( ) S' chứa ( ) T nên tâm I ' của ( ) S' , tâm đường tròn ( ) T , tâm I của ( ) S thẳng hàng. Hay nói cách khác đường thẳng ( ) II ' vuông góc với mặt phẳng ( ) Q nên ( ) x 2 y 2 z 5 II ' : 1 1 1 − + − = = − . Suy ra ( ) I ' 2 t; 2 t;5 t+ − − + . Gọi r, R ' lần lượt là bán kính của đường tròn chứa ( ) T và mặt cầu ( ) S' , ta có ( ) ( ) 2 2 2 2 2 R d I;Q r R ' d I ';Q− = = − Do đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 t 12 t 2 t 5 t d I ';Q R ' R d I;Q 4 3 4 3 t 7 1 1 1  =+ − − − + +  = − + = ⇔ = ⇔  = − + +   . GIA SÖ ÑÖÙC KHAÙNH – 0975.120.189 – 0563.602.929 22A – Phạm Ngọc Thạch – TP. Quy Nhơn • Với ( ) t 1 I ' 3; 3;6 = ⇒ − . Vậy ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 S' : x 3 y 3 z 6 57 − + + + − = . • Với ( ) t 7 I ' 5;5; 2 = − ⇒ − − . Vậy ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 S' : x 5 y 5 z 2 57 + + − + + = . Câu 9b. Cho tam giác ABC. Trên cạnh AB lấy 10 điểm 1 2 10 A , A , ., A khác nhau và khác A, B. Trên cạnh BC lấy 15 điểm 1 2 15 B , B , ., B khác nhau và khác B, C. Trên cạnh AC lấy 20 điểm 1 2 20 C ,C , .,C khác nhau và khác A, C. Từ các điểm 1 2 10 1 2 15 1 2 20 A, B,C, A , A , ., A ,B , B , ., B ,C ,C , ., C có thể tạo ra đực bao nhiêu tam giác. Nếu cứ 3 điểm phân biệt tạo thành tam giác thì có 3 48 C tam giác. Trường hợp 3 điểm thẳng hàng nên không tạo thành ta m giác là 3 3 3 12 17 22 C C C + + . Vậy từ các điểm 1 2 10 1 2 15 1 2 20 A, B,C, A , A , ., A , B , B , ., B ,C ,C , .,C như bài toán đã cho có thể tạo được ( ) 3 3 3 3 48 12 17 22 C C C C − + + tam giác. ---------- HẾT ---------- GIA SÖ ÑÖÙC KHAÙNH Nhận ôn thi Đại Học khối A – B – D. Ôn thi chuyển cấp 9 lên 10. Giới thiệu giáo viên dạy kèm tại nhà. Trung tâm chúng tôi cam kết (có bản hợp đồn g). ● Dạy trong 2 buổi đầu, không đạt không thu học phí. ● Dạy trong 1 tháng đầu, học sinh không tiến bộ thì hoàn trả lại 50% học phí. ● Không đỗ Đại học, hoàn trả lại 70% học phí. ● Trung tâm có chỗ cho học sinh học theo nhóm hoặc cá nhân. Chi tiết liên hệ : Thạc sĩ Toán HUỲNH ĐỨC KHÁNH. Điện thoại : 0975.120.189 hoặc 0563.602.929. Đ ịa chỉ : 22A – Phạm Ngọc Thạch – TP. Quy Nhơn. Th ầy Khánh G V TOÁN 22A – Phạm Ngọc Thạch Cảm ơ n  thầy  Huỳnh  Đức Khá nh  ( du ck h a nh0 205@gmai l .com ) gửi  tớ i  www.l ai sac.page.tl . C − + + tam giác. -- -- - -- - -- HẾT -- -- - -- - -- GIA SÖ ÑÖÙC KHAÙNH Nhận ôn thi Đại Học khối A – B – D. Ôn thi chuyển cấp 9 lên 10. Giới thi u giáo viên dạy. − − =    . Vậy tập nghiệm của bất phương trình là { } S 1= . -- -- - -- - -- HẾT -- -- - -- - -- GIA SÖ ÑÖÙC KHAÙNH – 0975.120.189 – 0563.602.929 22A – Phạm Ngọc