ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 2 - NĂM 2013 -Khoi chuyen Dai hoc Vinh

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 2 - NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối: A và A 1 ; Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 1 12    x x y . a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số đã cho. b) Viết phương trình tiếp tuyến của (H) biết rằng tiếp điểm của tiếp tuyến đó với (H) cách điểm )1;0(A một khoảng bằng 2. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình .2sinsin2coscot)cos1( xxxxx     Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình   ).,( 022)1(3)1( 03 22 2         yx yyxxyyx xxyx Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân .d sin )sin1ln(cos 2 6 2      x x xx I Câu 5 (1,0 điểm). Cho tứ diện ABCD có mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (BCD), tam giác BCD vuông ở D. Biết rằng 6,33,15 aACaBCaAB  ; góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) bằng .60 0 Tính thể tích khối tứ diện ABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACD) theo a. Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y thỏa mãn 2 1 44  xy xy yx . Tìm giá trị lớn nhất của . 21 3 1 2 1 2 22 xy yx P       II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a hoặc phần b) a. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,Oxy cho đường tròn 5)2()1(:)( 22  yxC và đường thẳng .02:    yxd Từ điểm A thuộc d kẻ hai đường thẳng lần lượt tiếp xúc với (C) tại B và C. Tìm tọa độ điểm A biết rằng diện tích tam giác ABC bằng 8. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho các điểm ).1;3;1(),2;3;1(),1;0;1( CBA   Tìm điểm D thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng 0:)(    zyxP và 01:)(    zyQ sao cho thể tích khối tứ diện ABCD bằng 3. Câu 9.a (1,0 điểm). Cho số phức z thỏa mãn .)1(1 2 2  izizz Tính mô đun của 1 4   z z . b. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,Oxy cho hai đường thẳng 01: 1  yx và .017: 2  yx Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với 1  tại )2;1(M và tiếp xúc với 2  . Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho mặt phẳng 052:)(     zyxP và các điểm ).1;1;5(),3;1;3( BA   Tìm điểm C thuộc (P) sao cho mặt phẳng (ABC) vuông góc với (P) và diện tích tam giác ABC bằng 3 . Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm số phức z biết rằng izz  32 và i zi )31(31 )1(   có một acgumen bằng . 6   Hết Ghi chú: 1. BTC sẽ trả bài vào các ngày 13, 14/4/2013. Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại phiếu dự thi cho BTC. 2. Kỳ khảo sát chất lượng lần 3 sẽ được tổ chức vào chiều ngày 11 và ngày 12/5/2013. Đăng kí dự thi tại văn phòng trường THPT Chuyên từ ngày 13/4/2013. 1 TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 2 - NĂM 2013 Môn: TOÁN – Khối A, A 1 ; Thời gian làm bài: 180 phút Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) 1 0 . Tập xác định: }.1{\   2 0 . Sự biến thiên: * Giới hạn tại vô cực: Ta có 2lim   y x và .2lim   y x Giới hạn vô cực:     y x )1( lim và .lim )1(     y x Suy ra đồ thị (H) có tiệm cận ngang là đường thẳng , 2  y tiệm cận đứng là đường thẳng . 1   x * Chiều biến thiên: Ta có .1,0 )1( 3 ' 2    x x y Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng   1;    và   .;1    0,5 * Bảng biến thiên: 3 0 . Đồ thị: Đồ thị cắt Ox tại ,0; 2 1       cắt Oy tại )1;0(  và nhận giao điểm )2;1(  I của hai tiệm cận làm tâm đối xứng. 0,5 b) (1,0 điểm) Gọi 1, 1 12 ; 0 0 0 0            x x x xM là tiếp điểm. Theo bài ra ta có 2  MA hay 41 1 12 2 0 0 2 0              x x x 4 1 2 2 0 0 2 0             x x x       .2 0 )1(,0)64)(2( 0 0 00 2 000 x x xxxxx 0,5 Câu 1. (2,0 điểm) Với ,0 0  x phương trình tiếp tuyến là )0()0).(0(' yxyy    hay . 1 3   x y Với ,2 0  x phương trình tiếp tuyến là )2()2).(2(' yxyy    hay . 3 1 3 1  xy Vậy có hai tiếp tuyến thỏa mãn bài toán là 1 3   x y và . 3 1 3 1  xy 0,5 Câu 2. (1,0 điểm) Điều kiện: ,0sin  x hay .,    kkx  Khi đó phương trình đã cho tương đương với xxxx x x x cossin2sin2cos sin cos )cos1(  0)sin(cossin2cos)sin21(cos cossin2sinsin2coscoscos 222 222   xxxxxx xxxxxxx .0)1sin(cos2cos 02cossin2cos2coscos      xxx xxxxx 0,5 x 'y y     1  2   + +   2 x O y I 1  2 1  2 1 2 *) , 2 4 02cos   kxx  thỏa mãn. *)   2 44 2 1 4 cos01sincos kxxxx                tm.,2 2 ktm,2    kx kx Vậy phương trình có nghiệm .,2 2 , 2 4  kkxkx     0,5 Điều kiện: .002 2  yyyx Từ phương trình thứ nhất của hệ ta có .3 2  xxxy Thế vào phương trình thứ hai ta được 022622)1(3)1( 222  yyxxxyx .01 2 2 2 3 0)2(232 22 22       x y x y yxyx 0,5 Câu 3. (1,0 điểm) Từ đây ta có 1 2 2  x y hay .2 2  xy Thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta có 03)2( 22  xxxx .10)3)(1( 2  xxx Suy ra . 3  y Vậy nghiệm của hệ là . 3 , 1    y x 0,5 Đặt tx  sin ta có txx ddcos  và khi , 2 1 6  tx  khi .1 2  tx  Khi đó    1 2 1 2 .d )1ln( t t t I 0,5 Câu 4. (1,0 điểm) Đặt , 1 d d)1ln( t t utu   . 1d d 2 t v t t v  Áp dụng công thức tích phân từng phần ta có            1 2 1 1 2 1 2 1 1 d 1 11 2 3 ln22ln )1( d )1ln( 1 t tttt t t t I . 16 27 ln2ln43ln3|1|ln||ln2ln33ln2 2 1 1 2 1 1  tt 0,5 Vì 222 BCACAB  nên .90 0 BAC (1) Kẻ BC AH  tại H, vì (1) nên H thuộc đoạn BC. Vì )()( BCDABC  nên ).(BCDAH  Kẻ CD HK  tại K  đường xiên , CD AK  từ giả thiết .60 0  AKH Sử dụng định lí cosin cho 2 1 cos  ACBABC AHCACB  0 45 vuông cân ở H .323 aHCBCBHaHCAH  Câu 5. (1,0 điểm) Vì HK, BD cùng vuông góc CD nên . 3 1 //  CB CH BD HK BDHK Mà aBDBCCDaBDaAHHK 23,360cot 220  . 2 63 . 3 1 2 29 . 2 1 32 a SAHV a DCBDS BCDABCDBCD  0,5 A B D C K H ' H 3 Kẻ AK HH  ' tại , ' H vì )(AHKCD  nên ).('' ACDHHHHCD    Từ công thức đường cao của tam giác vuông AHK . 2 3 ' a HH  (2) Do 3 HC BC nên     )(,3)(, ACDHdACDBd  . (3) Từ (2) và (3) suy ra   . 2 33 )(, a ACDBd  Chú ý: HS có thể tính   . 3 )(, ACD ABCD S V ACDBd  0,5 Từ giả thiết ta có . 1 22 22 xy yxxy  Đặt 0   t xy ta được t tt 1 22 2  0)12)(1)(1(0)12(2 23  tttttt .1 2 1 0)12)(1(  ttt Với 0 ,  y x và 1  xy ta có xy yx      1 2 1 1 1 1 22 . (1) Thật vậy, ,0 )1)(1)(1( )1()( )1( 22 2     xyyx xyyx đúng do 0 ,  y x và 1  xy . Khi đó ta có . 21 3 1 4 21 3 1 4 ttxyxy P         (2) 0,5 Câu 6. (1,0 điểm) Xét hàm số tt tf 21 3 1 4 )(     trên .1; 2 1       Ta có .1; 2 1 ,0 )21()1( 125 .2 )21( 6 )1( 4 )(' 22 2 22                t tt tt tt tf Suy ra .1; 2 1 , 6 7 2 1 )(               tftf (3) Từ (2) và (3) ta có . 6 7 P Dấu đẳng thức xảy ra khi 2 1 xy và y x  . 2 1  yx Vậy giá trị lớn nhất của P là , 6 7 đạt được khi . 2 1  yx 0,5 (C) có tâm .5),2;1( RI ).2;(     aaAdA Từ tính chất tiếp tuyến BC IA   tại H là trung điểm BC. Giả sử )0(,     nmnIHmIA 222 5, nIHIBBHnmHA  .85)( 2 1 2  nnmAHBHAHBCS ABC (1) 0,5 Câu 7.a (1,0 điểm) Trong tam giác vuông IBA có . 5 .5. 2 n mnmIAIHBI  (2) Thay (2) vào (1) ta có .0)12514)(1(01251391585 5 2422462         nnnnnnnn n Suy ra . 5 , 1   m n Suy ra             ).2;4( )3;1( 4 1 25)4()1(5 22 A A a a aaIA 0,5 Từ giả thiết suy ra tọa độ D thỏa mãn      .01 0 zy zyx Đặt t y  ta có      1 12 tz tx ).1;;12(     tttD 0,5 Câu 8.a (1,0 điểm)         .12 6 3 3 |3| 62 6 1 ].,[ 6 1 t t t tADACABV ABCD Suy ra ).13;12;25(),5;6;11(    DD 0,5 A C I B d H 4 Đặt ).R,(,    babiaz Từ giả thiết ta có 2 2 )1()1(1 aibibabia        ).1(2 )1(21 )1(2)1(21 2 2 bab ba ibabbia Suy ra )1(,0)12)(2()1(,)1(2 )1(2 1 22    bbbbb b b        . 2 1 2 1 12 ab ab Suy ra i z 2 1   hoặc . 2 1 2 1 iz  0,5 Câu 9.a (1,0 điểm) *) Với , 2 1 i z   ta có .52121 22 4 21 1 4      iii i i z z *) Với , 2 1 2 1 iz  ta có . 2 27 1 2 7 1 8 2 1 2 1 1 4      i i i z z 0,5 (C) tiếp xúc với 1  tại M I IM CM        1 )( thuộc đường thẳng 1   d tại M. Phương trình .21),3;(03:  aIMRaaIyxd 0,5 Câu 7.b (1,0 điểm) (C) tiếp xúc với 2  nên         2 3 21 25 |226| ),( 2 a a a a RId        2),1;2( 24),6;3( RI RI Suy ra 32)6()3(:)( 22  yxC hoặc .2)1()2(:)( 22  yxC 0,5 Mặt phẳng (Q) chứa AB và vuông góc với (P) nên có véctơ pháp tuyến ).1;1;1(],[  PQ nABn Suy ra .05:)(     zyxQ Từ giả thiết suy ra C thuộc giao tuyến (Q) và (P). Suy ra tọa độ C thỏa mãn      .052 05 zyx zyx 0,5 Câu 8.b (1,0 điểm) Đặt ).5;0;( 5 0        ttC tz y tx            ).2;0;3( )0;0;5( 3 5 14334)82(3 2 1 ],[ 2 1 2 C C t t tttACABS ABC 0,5 Ta có   4 31 )31(31. )31()31( 1 )31(31 1 22 i i i i i        . 3 sin 3 cos 2 1            i Đặt .0),sin(cos    rirz   Khi đó .) 3 sin() 3 cos( 2 )31(31 )1(              i r i zi Theo bài ra ta có . 663       Suy ra . 2 2 3 i rr z  0,5 Câu 9.b (1,0 điểm) Từ giả thiết của bài toán ta có iriri rr  33 22 3                        . 3 2 2 )1(4)1()1(3 22 3 2222 2 2 r r rrrr rr Từ đó ta có . 3 1 3 3 ,3 iziz  0,5 I 1  2  M(1; 2) TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 2 - NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối: D; Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 1 12    x x y . a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số đã cho. b) Viết phương trình tiếp tuyến của (H) biết rằng tiếp điểm của tiếp tuyến đó với (H) cách điểm )1;0(A một khoảng bằng 2. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình .2sinsin2coscot)cos1( xxxxx     Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ).,( 221)3( 03 2 2         yx yyxxxy xxyx Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân .d sin )sin1ln(cos 2 6 2      x x xx I Câu 5 (1,0 điểm). Cho tứ diện ABCD có mặt phẳng (ABC)  (BCD),   BAC .90 0 BDC Cho biết .5,52 aACaAB  Tính thể tích khối tứ diện ABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACD) theo a, biết rằng góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) bằng  với 4tan   . Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương y x , thỏa mãn . 2 33 44 xy yxxy  Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức . 2 16 22 22   yx yxP II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a hoặc phần b) a. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,Oxy cho đường tròn 5)2()1(:)( 22  yxC và đường thẳng .02:    yxd Từ điểm A thuộc d kẻ hai đường thẳng lần lượt tiếp xúc với (C) tại B và C. Tìm tọa độ điểm A biết rằng diện tích tam giác ABC bằng 8. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho các điểm ).1;3;1(),2;3;1(),1;0;1( CBA   Tìm điểm D thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng 0:)(    zyxP và 01:)(    zyQ sao cho thể tích khối tứ diện ABCD bằng 3. Câu 9.a (1,0 điểm). Cho số phức z thỏa mãn .)1(1 2 2  izizz Tính mô đun của 1 4   z z . b. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,Oxy cho hai đường thẳng 01: 1  yx và .017: 2  yx Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với 1  tại )2;1(M và tiếp xúc với 2  . Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho mặt phẳng 052:)(     zyxP và các điểm ).1;1;5(),3;1;3( BA   Tìm điểm C thuộc (P) sao cho mặt phẳng (ABC) vuông góc với (P) và diện tích tam giác ABC bằng 3 . Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm số phức z biết rằng izz  32 và i zi )31(31 )1(   có một acgumen bằng . 6   Hết Ghi chú: 1. BTC sẽ trả bài vào các ngày 13, 14/4/2013. Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại phiếu dự thi cho BTC. 2. Kỳ khảo sát chất lượng lần 3 sẽ được tổ chức vào chiều ngày 11 và ngày 12/5/2013. Đăng kí dự thi tại văn phòng trường THPT Chuyên từ ngày 13/4/2013. 1 TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 2 - NĂM 2013 Môn: TOÁN – Khối D; Thời gian làm bài: 180 phút Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) 1 0 . Tập xác định: }.1{\   2 0 . Sự biến thiên: * Giới hạn tại vô cực: Ta có 2lim   y x và .2lim   y x Giới hạn vô cực:     y x )1( lim và .lim )1(     y x Suy ra đồ thị (H) có tiệm cận ngang là đường thẳng , 2  y tiệm cận đứng là đường thẳng . 1   x * Chiều biến thiên: Ta có .1,0 )1( 3 ' 2    x x y Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng   1;    và   .;1    0,5 * Bảng biến thiên: 3 0 . Đồ thị: Đồ thị cắt Ox tại ,0; 2 1       cắt Oy tại )1;0(  và nhận giao điểm )2;1(  I của hai tiệm cận làm tâm đối xứng. 0,5 b) (1,0 điểm) Gọi 1, 1 12 ; 0 0 0 0            x x x xM là tiếp điểm. Theo bài ra ta có 2  MA hay 41 1 12 2 0 0 2 0              x x x 4 1 2 2 0 0 2 0             x x x       .2 0 )1(,0)64)(2( 0 0 00 2 000 x x xxxxx 0,5 Câu 1. (2,0 điểm) Với ,0 0  x phương trình tiếp tuyến là )0()0).(0(' yxyy    hay . 1 3   x y Với ,2 0  x phương trình tiếp tuyến là )2()2).(2(' yxyy    hay . 3 1 3 1  xy Vậy có hai tiếp tuyến thỏa mãn bài toán là 1 3   x y và . 3 1 3 1  xy 0,5 Câu 2. (1,0 điểm) Điều kiện: ,0sin  x hay .,    kkx  Khi đó phương trình đã cho tương đương với xxxx x x x cossin2sin2cos sin cos )cos1(  0)sin(cossin2cos)sin21(cos cossin2sinsin2coscoscos 222 222   xxxxxx xxxxxxx .0)1sin(cos2cos 02cossin2cos2coscos      xxx xxxxx 0,5 x 'y y     1  2   + +   2 x O y I 1  2 1  2 1 2 *) , 2 4 02cos   kxx  thỏa mãn. *)   2 44 2 1 4 cos01sincos kxxxx                tm.,2 2 ktm,2    kx kx Vậy phương trình có nghiệm .,2 2 , 2 4  kkxkx     0,5 Điều kiện: .002 2  yyyx Trừ hai phương trình của hệ ta được yyxyx 2223 22  .0 2 3 2 21 03)2(2)2( 22 22       x y x y yyxx 0,5 Câu 3. (1,0 điểm) Suy ra .21 2 2 2   xy x y Thế vào phương trình thứ nhất của hệ ta được 03)2( 22  xxxx .10)3)(1( 2  xxx Suy ra . 3  y Vậy nghiệm của hệ là . 3 , 1    y x 0,5 Đặt tx  sin ta có txx ddcos  và khi , 2 1 6  tx  khi .1 2  tx  Khi đó    1 2 1 2 .d )1ln( t t t I 0,5 Câu 4. (1,0 điểm) Đặt , 1 d d)1ln( t t utu   . 1d d 2 t v t t v  Áp dụng công thức tích phân từng phần ta có            1 2 1 1 2 1 2 1 1 d 1 11 2 3 ln22ln )1( d )1ln( 1 t tttt t t t I . 16 27 ln2ln43ln3|1|ln||ln2ln33ln2 2 1 1 2 1 1  tt 0,5 Kẻ BC AH  tại H, vì )()( BCDABC  nên ).(BCDAH  Kẻ CD HK  tại K,  đường xiên .      AKH CD AK Vì 5,52 aACAB  nên , , 5 a HC a BC   , 4 a BH  a AH 2  . 2 cot a AHHK   Do HK, BD cùng vuông góc CD nên .// BDHK Mà HC BC 5  nên 2 5 5 a HKBD  2 35 22 a BDBCCD  8 325 . 2 1 2 a CDBDS BCD  . 12 325 . 3 1 3 a SAHV BCDABCD  0,5 Câu 5. (1,0 điểm) Kẻ AK HH  ' tại , ' H vì )(AHKCD  nên ' HH CD  ).(' ACDHH   Từ công thức đường cao tam giác vuông AHK . 17 2 ' a HH  Mà HC BC 5  nên     . 17 10 '5(,5)(, a HHACDHdACDBd  Chú ý: HS có thể tính   . 3 )(, ACD ABCD S V ACDBd  0,5 A B D C K H ' H  3 Đặt . 0   t xy Từ giả thiết ta có xy yx xy yxxy 2 2 2 33 2244  , hay t tt 2 233 2  02332 23  ttt 0)2)(12)(1(      ttt 2 2 1  t , vì 0  t . Ta lại có 1 8 22 16 222     t t xy yxP . (1) 0,5 Câu 6. (1,0 điểm) Xét hàm số 1 8 )( 2   t ttf , 2 2 1  t . Ta có , )1( 8 2)(' 2   t ttf 2 2 1  t .         04)2( 2 2 1 0)(' 2 tt t tf         0)43)(1( 2 2 1 2 ttt t 1   t . Ta có 12 67 2 1 , 3 20 )2(,5)1(         fff . (2) Từ (1) và (2) suy ra 3 20 P . Dấu đẳng thức xảy ra khi .2 0 2       yx yx xy Vậy giá trị lớn nhất của P là 3 20 , đạt khi .2 yx 0,5 (C) có tâm .5),2;1( RI ).2;(     aaAdA Từ tính chất tiếp tuyến BC IA   tại H là trung điểm BC. Giả sử )0(,     nmnIHmIA 222 5, nIHIBBHnmHA  .85)( 2 1 2  nnmAHBHAHBCS ABC (1) 0,5 Câu 7.a (1,0 điểm) Trong tam giác vuông IBA có . 5 .5. 2 n mnmIAIHBI  (2) Thay (2) vào (1) ta có .0)12514)(1(01251391585 5 2422462         nnnnnnnn n Suy ra . 5 , 1   m n Suy ra             ).2;4( )3;1( 4 1 25)4()1(5 22 A A a a aaIA 0,5 Từ giả thiết suy ra tọa độ D thỏa mãn      .01 0 zy zyx Đặt t y  ta có      1 12 tz tx ).1;;12(     tttD 0,5 Câu 8.a (1,0 điểm)         .12 6 3 3 |3| 62 6 1 ].,[ 6 1 t t t tADACABV ABCD Suy ra ).13;12;25(),5;6;11(    DD 0,5 A C I B d H 4 Đặt ).R,(,    babiaz Từ giả thiết ta có 2 2 )1()1(1 aibibabia        ).1(2 )1(21 )1(2)1(21 2 2 bab ba ibabbia Suy ra )1(,0)12)(2()1(,)1(2 )1(2 1 22    bbbbb b b        . 2 1 2 1 12 ab ab Suy ra i z 2 1   hoặc . 2 1 2 1 iz  0,5 Câu 9.a (1,0 điểm) *) Với , 2 1 i z   ta có .52121 22 4 21 1 4      iii i i z z *) Với , 2 1 2 1 iz  ta có . 2 27 1 2 7 1 8 2 1 2 1 1 4      i i i z z 0,5 (C) tiếp xúc với 1  tại M I IM CM        1 )( thuộc đường thẳng 1   d tại M. Phương trình .21),3;(03:  aIMRaaIyxd 0,5 Câu 7.b (1,0 điểm) (C) tiếp xúc với 2  nên         2 3 21 25 |226| ),( 2 a a a a RId        2),1;2( 24),6;3( RI RI Suy ra 32)6()3(:)( 22  yxC hoặc .2)1()2(:)( 22  yxC 0,5 Mặt phẳng (Q) chứa AB và vuông góc với (P) nên có véctơ pháp tuyến ).1;1;1(],[  PQ nABn Suy ra .05:)(     zyxQ Từ giả thiết suy ra C thuộc giao tuyến (Q) và (P). Suy ra tọa độ C thỏa mãn      .052 05 zyx zyx 0,5 Câu 8.b (1,0 điểm) Đặt ).5;0;( 5 0        ttC tz y tx            ).2;0;3( )0;0;5( 3 5 14334)82(3 2 1 ],[ 2 1 2 C C t t tttACABS ABC 0,5 Ta có   4 31 )31(31. )31()31( 1 )31(31 1 22 i i i i i        . 3 sin 3 cos 2 1            i Đặt .0),sin(cos    rirz   Khi đó .) 3 sin() 3 cos( 2 )31(31 )1(              i r i zi Theo bài ra ta có . 663       Suy ra . 2 2 3 i rr z  0,5 Câu 9.b (1,0 điểm) Từ giả thiết của bài toán ta có iriri rr  33 22 3                        . 3 2 2 )1(4)1()1(3 22 3 2222 2 2 r r rrrr rr Từ đó ta có . 3 1 3 3 ,3 iziz  0,5 I 1  2  M(1; 2)