2 đề thi thử ĐH năm 2010 môn Toán: NGHỆ AN, BÌNH ĐỊNH

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN I NĂM 2010
TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG I Môn Toán
(Thời gian làm bài: 180 phút)
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm )
Câu I (2,0 điểm).
Cho hàm số y = -x
3
+3x
2
+1
1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số
2. Tìm m để phương trình x
3
-3x
2
= m
3
-3m
2
có ba nghiệm phân biệt.
Câu II (2,0 điểm ).
1. Giải bất phương trình:
2
x 4 x 4
x x 16 6
2
+ + −
≤ + − −

2.Giải phương trình:
2

1
3 sin sin 2 tan
2
x x x+ =
Câu III (1,0 điểm).
Tính tích phân:
ln3
2x
x x
ln2
e dx
I
e 1 e 2
=
− + −
∫
Câu IV (1,0 điểm).
Cho hình chóp S.ABC có SA=SB=SC=
a 2
. Đáy là tam giác ABC cân
·
0
BAC 120=
, cạnh BC=2a Tính thể tích của khối chóp S.ABC.Gọi M là trung điểm
của SA.Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC).
Câu V (1,0 điểm).
Cho a,b,c là ba số thực dương. Chứng minh:
( )
3 3 3
3 3 3

1 1 1 3 b c c a a b
a b c
a b c 2 a b c
+ + +
   
+ + + + ≥ + +
 ÷  ÷
   
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 VI.a(2,0 điểm).
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy. Cho đường tròn (C) :
2 2
x y 4x 2y 1 0+ − − + =
và điểm
A(4;5). Chứng minh A nằm ngoài đường tròn (C) . Các tiếp tuyến qua A tiếp xúc với
(C) tại T
1
, T
2
, viết phương trình đường thẳng T
1
T
2
.
2. Trong không gian Oxyz. Cho mặt phẳng (P): x+y-2z+4=0 và mặt cầu (S):
2 2 2
x y z 2x 4y 2z 3 0+ + − + + − =
Viết phương trình tham số đường thẳng (d) tiếp xúc với

(S) tại A(3;-1;1) và song song với mặt phẳng (P).
Câu VII.a(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ. Tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn các điều
kiện:
z i z 2 3i− = − −
. Trong các số phức thỏa mãn điều kiện trên, tìm số phức có mô đun
nhỏ nhất.
1
B. Theo chương trình nâng cao :
Câu VI.b(2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy. Cho tam giác ABC cân tại A có chu vi bằng 16, A,B
thuộc đường thẳng d:
2 2x y 2 2 0− − =
và B, C thuộc trục Ox . Xác định toạ độ trọng
tâm của tam giác ABC.
2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz. Cho tam giác ABC có: A(1;-2;3), B(2;1;0),
C(0;-1;-2). Viết phương trình tham số đường cao tương ứng với đỉnh A của tam giác
ABC.
Câu VII.b(1,0 điểm).
Cho hàm số (C
m
):
2
x x m
y
x 1
− +
=
−
(m là tham số). Tìm m để (C

m
) cắt Ox tại hai điểm phân
biệt A,B sao cho tiếp tuyến của (C
m
) tại A, B vuông góc.
……………………….Hết…………………………
SỞ GD & ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT THANH CHƯƠNG 1
KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LẦN 1
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM MÔN TOÁN
Câu Nội dung Điểm
I.1
(1 điểm)
TXĐ: R
Sự biến thiên: y' = -3x
2
+ 6x = -3x(x - 2)
y' = 0
⇔
x 0
x 2
=


=

Hàm số nghịch biến trên (-∞;0) và (2;+∞)
Hàm số đồng biến trên (0;2)
Hàm số đạt cực đại tại x = 2, y
CĐ

= 5
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y
CT
= 1

lim
x→−∞
y = + ∞,
lim
x→+∞
y = - ∞
Bảng biến thiên: x -∞ 0 2 +∞
y' - 0 + 0 -
+ ∞ 5
y
1 -∞
Đồ thị: y'' = -6x + 6
y'' = 0
⇔
x = 1
⇒
điểm uốn I(1;3) là tâm đối xứng của đồ thị
0,25
0,25
0,25
0,25
I.2
(1 điểm)
PT đã cho
⇔

-x
3
+ 3x
2

+ 1 = -m
3
+ 3m
2

+ 1. Đặt k = -m
3
+ 3m
2

+ 1
Số nghiệm của PT bằng số giao điểm của đồ thị (C) với đt y = k.
Từ đồ thị (C ) ta có: PT có 3 nghiệm phân biệt
⇔
1 < k < 5
0,25
0,25
0,25
2

⇔
m
∈
(-1;3)\
{ }

0;2
.
0,25
II.1
(1 điểm)
Đk:
x 4 0
x 4 0
+ ≥


− ≥


⇔
x
≥
4. Đặt t =
x 4 x 4+ + −
(t > 0)
BPT trở thành: t
2
- t - 6
≥
0
⇔
t 2(L)
t 3
≤ −



≥

Với t
≥
3
⇔
2
2
x 16−

≥
9 - 2x
2 2
( )
0 ( )
4( 16) (9 2 )
a
b
x x
 ≥



≤




≥



>




− ≥ −


x 4
9 - 2x 0
x 4
9 - 2x
(a)
⇔
x
≥

9
2
.
(b)
⇔

145 9
36 2
≤ x <
.
Tập nghệm của BPT là: T=

145
;
36
 
+∞
÷

 
0,25
0,25
0,25
0,25
II.2
(1 điểm)
Đk: cosx
≠
0
⇔
x
≠

k
2
π
+ π
.
PT đã cho
⇔

3

sin
2
x + sinxcosx -
sinx
cos x
= 0

⇔
sinx(
3
sinx + cosx -
1
cos x
) = 0

⇔

sinx 0
1
3sinx cos 0
osx
x
c
=



+ − =

Sinx = 0

⇔
x = k
π
.

3
sinx + cosx -
1
cos x
= 0
⇔

3
tanx + 1 -
2
1
cos x
= 0

⇔
tan
2
x -
3
tanx = 0
⇔

t anx 0
t anx 3
=



=

⇔
x k
x k
3
= π


π

= + π

Vậy PT có các họ nghiệm: x = k
π
, x =
k
3
π
+ π
0,25
0,25
0,25
0,25
III.
(1 điểm)
Đặt t =
x

e 2−
, Khi x = ln2
⇒
t = 0
x = ln3
⇒
t = 1
e
x
= t
2
+ 2
⇒
e
2x
dx = 2tdt
I = 2
1
2
2
0
(t 2)tdt
t t 1
+
+ +
∫
= 2
1
2
0

2t 1
(t 1 )dt
t t 1
+
− +
+ +
∫
= 2
1
0
(t 1)dt−
∫
+ 2
1
2
2
0
d(t t 1)
t t 1
+ +
+ +
∫

0,25
0,25
0,25
3
=
2
1

(t 2t)
0
−
+ 2ln(t
2
+ t + 1)
1
0
= 2ln3 - 1
0,25
IV.
(1 điểm)
Áp dụng định lí cosin trong
∆
ABC có AB = AC =
2a
3

⇒

S
ABC∆
=
1
2
AB.AC.sin120
0
=
2
a 3

3
. Gọi H là hình chiếu của S lên
(ABC), theo gt: SA = SB = SC
⇒
HA = HB = HC

⇒
H là tâm đường tròn ngoại tiếp
∆
ABC.
Theo định lí sin trong
∆
ABC ta có:
BC
sin A
= 2R
⇒
R =
2a
3
= HA

∆
SHA vuông tại H
⇒
SH =
2 2
SA HA−
=
a 6

3
⇒

S.ABC
V
=
1
3
S
SBC∆
.SH =
2
a 2
9
Gọi h
A
, h
M
lần lượt là khoảng cách từ A, M tới mp(SBC)

⇒

M
A
h SM 1
h SA 2
= =

⇒
h

M
=
1
2
h
A
.

∆
SBC vuông tại S
⇒

S
SBC∆
= a
2
Lại có:
S.ABC
V
=
1
3
S
SBC∆
.h
A

⇒
h
A

=
S.ABC
SBC
3V
V
∆
=
a 2
3

Vậy h
M
= d(M;(SBC)) =
a 2
6
0,25
0,25
0,25
0,25
V
(1 điểm)
Ta cm với a, b > 0 có a
3
+ b
3

≥
a
2
b + ab

2
(*)
Thật vậy: (*)
⇔
(a + b)(a
2
-ab + b
2
) - ab(a + b)
≥
0

⇔
(a + b)(a - b)
2

≥
0 đúng
Đẳng thức xẩy ra khi a = b.
Từ (*)
⇒
a
3
+ b
3

≥
ab(a + b)
b
3

+ c
3

≥
bc(b + c)
c
3
+ a
3

≥
ca(c + a)

⇒
2(a
3
+ b
3
+ c
3
)
≥
ab(a + b) + bc(b + c) + ca(c + a) (1)
Áp dụng BĐT co si cho 3 số dương ta có:

3
1
a
+
3

1
a
+
3
1
a

≥
3
3
3 3 3
1 1 1
a b c
=
3
abc
(2)
Nhân vế với vế của (1) và (2) ta được BĐT cần cm
Đẳng thức xẩy ra khi a = b = c.
0,25
0,25
0,25
0,25
VI.a.1
(1 điểm)
Đường tròn (C) có tâm I(2;1), bán kính R = 2.
Ta có IA = 2
5
> R
⇒

A nằm ngoài đường tròn (C)
Xét đường thẳng
1
∆
: x = 4 đi qua A có d(I;
1
∆
) = 2
⇒

1
∆
là 1 tiếp tuyến
của (C)

1
∆
tiếp xúc với (C ) tại T
1
(4;1)
T
1
T
2

⊥
IA
⇒
đường thẳng T
1

T
2
có vtpt
n
r
=
1
2
IA
uur
=(1;2)
0,25
0,25
0,25
0,25
4
phương trình đường thẳng T
1
T
2
: 1(x - 4) + 2(y - 1)

⇔
x + 2y - 6 = 0
VI.a.2
(1 điểm)
Mp(P) có vtpt
P
n
ur

= (1;1;-2).
(S) có tâm I(1;-2;-1)

IA
uur
= (2;1;2). Gọi vtcp của đường thẳng
∆
là
u
∆
ur

∆
tiếp xúc với (S) tại A
⇒

u
∆
ur

⊥

IA
uur
Vì
∆
// (P)
⇒

u

∆
ur

⊥
P
n
ur

Chọn
0
u
ur
= [
IA
uur
,
P
n
ur
] = (-4;6;1)
Phương trình tham số của đường thẳng
∆
:
x 3 4t
y 1 6t
z 1 t
= −


= − +



= +


0,25
0,25
0,25
0,25
VII.a
(1 điểm)
Đặt z = x + yi (x; y
∈
R)
|z - i| = |
Z
- 2 - 3i|
⇔
|x + (y - 1)i| = |(x - 2) - (y + 3)i|

⇔
x - 2y - 3 = 0
⇔
Tập hợp điểm M(x;y) biểu diễn só phức z là
đường thẳng x - 2y - 3 = 0
|z| nhỏ nhất
⇔
|
OM
uuuur

| nhỏ nhất
⇔
M là hình chiếu của O trên
∆

⇔
M(
3
5
;-
6
5
)
⇒
z =
3
5
-
6
5
i
Chú ý:
HS có thể dùng phương pháp hình học để tìm quỹ tích điểm M
0,25
0,25
0,25
0,25
VI.b.1
(1 điểm)
B = d

∩
Ox = (1;0)
Gọi A = (t;2
2
t - 2
2
)
∈
d
H là hình chiếu của A trên Ox
⇒
H(t;0)
H là trung điểm của BC.
Ta có: BH = |t - 1|; AB =
2 2
( 1) (2 2 2 2)t t− + − =
3|t - 1|

∆
ABC cân tại A
⇒
chu vi: 2p = 2AB + 2BH = 8|t - 1|

⇒
16 = 8|t - 1|
⇔

t 3
t 1
=



= −

Với t = 3
⇔
A(3;4
2
), B(1;0), C(5;0)
⇒
G(
3
;
4 2
3
)
Với t = -1
⇔
A(-1;-4
2
), B(1;0), C(-3;0)
⇒
G(
1−
;
4 2
3
−
)
0,25

0,25
0,25
0,25
VI.b.2
(1 điểm)
Gọi d là đường cao tương ứng với đỉnh A của
∆
ABC

⇒
d là giao tuyến của (ABC) với (
α
) qua A và vuông góc với BC.
Ta có:
AB
uuur
= (1;3;-3),
AC
uuur
= (-1;1;-5) ,
BC
uuur
= (-2;-2;-2)
[
AB
uuur
,
AC
uuur
] = (18;8;2)

mp(ABC) có vtpt
n
ur
=
1
4
[
AB
uuur
,,
AC
uuur
] = (-3;2;1).
mp(
α
) có vtpt
n
ur
' = -
1
2
BC
uuur
= (1;1;1)
Đường thẳng d có vtcp
u
ur
=[
n
ur

,
n
ur
' ] = (1;4;-5).

0,25
0,25
0,25
5
Phương trình đường thẳng d:
x 1 t
y 2 4t
z 3 5t
= +


= − +


= −

0,25
VII.b
(1 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm của (C
m
) với Ox:

2
x x m

x 1
− +
−
= 0
⇔

2
x x m 0
x

− + =

≠

1
(C
m
) cắt Ox tại 2 điểm phân biệt
⇔
pt f(x) = x
2
- x + m = 0 có 2 nghiệm
phân biệt khác 1

⇔

0
f (1) 0
∆ >



≠


⇔

1
m
4
m 0

<



≠

(*)
Khi đó gọi x
1
, x
2
là nghiệm của f(x) = 0
⇒

1 2
1 2
x x 1
x x m
+ =



=

.
Ta có: y' =
2
f '(x)(x 1) (x 1)'.f (x)
(x 1)
− − −
−
⇒
Hệ số góc tiếp tuyến của (C
m
) tại A và B lần lượt là:
k
1
= y'(x
1
) =
1 1 1
2
1
f '(x )(x 1) f (x )
(x 1)
− −
−
=
1
1

f '(x )
(x 1)−
=
1
1
2x
x 1−
Tương tự: k
1
= y'(x
2
) =
2
2
2x
x 1−
( do f(x
1
) = f(x
2
) = 0)
Theo gt: k
1
k
2
= -1
⇔

1
1

2x
x 1−
.
2
2
2x
x 1−
= -1

⇔
m =
1
5
( thoả mãn (*))
0,25
0,25
0,25
0,25
6
SỞ GD – ĐT BÌNH ĐỊNH KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2009-2010 (lần 2)
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN Môn: Toán – Khối A, B, V
Thời gain làm bài: 180 phút
Ngày thi: 03/04/2010
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH: ( 7 điểm)
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số
2x 1
y
x 1
−
=

+
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Chứng minh rằng đường thẳng d: y = - x + 1 là truc đối xứng của (C).
Câu II: (2 điểm)
1 Giải phương trình:
4cos3xcosx - 2cos4x - 4cosx + tan t anx + 2
2
0
2sinx - 3
x
=
2. Giải bất phương trình:
2 2 2
2
x
x 3x 2.log x x 3x 2.(5 log 2)− + ≤ − + −
Câu III: ( 1 điểm).
Gọi (H) là hình phẳng giới hạn đồ thi (C) của hàm số y = x
3
– 2x
2
+ x + 4 và tiếp tuyến
của (C) tại điểm có hoành độ x
0
= 0. Tính thể tích của vật thể tròn xoay được tạo thành
khi quay hình phẳng (H) quanh trục Ox.
Câu IV: (1điểm) Cho hình lặng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a. Biết
khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và A’C bằng
a 15
5

. Tính thể tích của khối lăng trụ
Câu V:(1điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:

4
(2x 1)[ln(x + 1) - lnx] = (2y + 1)[ln(y + 1) - lny] (1)
y-1 2 (y 1)(x 1) m x 1 0 (2)
+



− + − + + =


II. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)

Phần 1: Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a: ( 2 điểm).
1. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C): x
2
+ y
2
= 1; và phương trình: x
2
+ y
2
– 2(m
+ 1)x + 4my – 5 = 0 (1) Chứng minh rằng phương trình (1) là phương trình của đường
tròn với mọi m.Gọi các đường tròn tương ứng là (C
m
). Tìm m để (C

m
) tiếp xúc với (C).
2. Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d:
x 1 y 2 z
1 1 1
− +
= =
và mặt phẳng (P): 2x + y
– 2z + 2 = 0. Lập phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên d, tiếp xúc với mặt phẳng
(P) và đi qua điểm A(2; - 1;0)
Câu VII.b: ( 1 điểm).
Cho x; y là các số thực thoả mãn x
2
+ y
2
+ xy = 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất
của biểu thức P = 5xy – 3y
2
7
Phần 2: Theo chương trình nâng cao:
Câu VI.b: ( 2 điểm).
1.Trong không gian Oxyz cho điểm A(3;2;3) và hai đường thẳng
1
x 2 y 3 z 3
d :
1 1 2
− − −
= =
−

và
2
x 1 y 4 z 3
d :
1 2 1
− − −
= =
−
. Chứng minh đường thẳng d
1
; d
2
và điểm A cùng nằm trong một
mặt phẳng. Xác định toạ độ các đỉnh B và C của tam giác ABC biết d
1
chứa đường cao BH và
d
2
chứa đường trung tuyến CM của tam giác ABC.
2.Trong mặt phẳng Oxy cho elip (E) có hai tiêu điểm
1 2
F ( 3;0);F ( 3;0)−
và đi qua điểm
1
A 3;
2
 
 ÷
 
. Lập phương trình chính tắc của (E) và với mọi điểm M trên elip, hãy tính

biểu thức: P = F
1
M
2
+ F
2
M
2
– 3OM
2
– F
1
M.F
2
M
Câu VII.b:( 1 điểm). Tính giá trị biểu thức:

0 2 2 4 k 2k 1004 2008 1005 2010
2010 2010 2010 2010 2010 2010
S C 3C 3 C ( 1) C 3 C 3 C= − + + + − + + −
Hết
Hướng dẫn giải
Câu I:
2. Giao điểm hai tiệm cận I(- 1;2) . Chuyển hệ trục toạ độ Oxy
→
IXY:
x X 1
y Y 2
= −



= +

Hàm số đã cho trở thành : Y =
3
X
−
hàm số đồng biến nên (C) đối xứng qua đường
thẳng Y = - X
Hay y – 2 = - x – 1 ⇔ y = - x + 1
Câu II: 1. Điều kiện:
3
sinx
2
≠
và
x
cos 0
2
≠
và cosx ≠ 0
Biến đổi pt về: 4cos
3
x - 4 cos
2
x – cosx + 1 = 0
osx = 1
1
cosx =
2

c


⇔

±

2. Điều kiện 0 < x < 1 hoặc x ≥ 2.

2 2 2
2
x
x 3x 2.log x x 3x 2.(5 log 2)− + ≤ − + −

2
2 2
2
2log x 5log x 2
0
log x
− +
⇒ ≤
Nghiệm: 0 < x < 1 hoặc 2 ≤ x ≤ 4
Câu III: Phương trình tiếp tuyến : y = x + 4
Phương trình hoành độ giao điểm: x
3
– 2x
2
= 0
x 0

x 2
=

⇔

=

V =
2 2
2 3 2 2
0 0
(x 4) dx (x 2x x 4) dxπ + − π − + +
∫ ∫

8
Câu IV: Gọi M; M’ lần lượt là trung điểm của AB và A’B’. Hạ MH ⊥ M’C
AB // (A’B’C)
⇒
d(AB,A’C) = MH
HC =
a 15
10
; M’C =
a 15
2
; MM’ =
a 3
Vậy V =
3
3

a
4
Câu V: Đặt f(x) = (2x + 1)[ln(x + 1) – lnx] TXĐ: D = [0;+∞)
=
x 1
(2x 1)ln
x
+
+
Gọi x
1
; x
2
∈ [0;+∞) với x
1
> x
2
Ta có :
1 2
1 2
1 2
1 2
2x 1 2x 1 0
f (x ) f (x )
x 1 x 1
ln ln 0
x x
+ > + >



⇒ >
+ +

> >


: f(x) là hàm số tăng
Từ phương trình (1) ⇒ x = y
(2)
4
x 1 2 (x 1)(x 1) m x 1 0⇒ − − − + + + =

4
x 1 x 1
2 m 0
x 1 x 1
− −
⇔ − + =
+ +
Đặt X =
4
1
1
x
x
−
+

⇒
0 ≤ X < 1

Vậy hệ có nghiêm khi phương trình: X
2
– 2X + m = 0 có nghiệm 0 ≤ X < 1
Đặt f(X) = X
2
– 2X
⇒
f’(X) = 2X – 2

⇒
hệ có nghiêm ⇔ -1 < m ≤ 0
Câu VI.a
1. (C) có tâm O(0;0) bán kính R = 1, (C
m
) có tâm I(m +1; -2m) bán kính
2 2
R ' (m 1) 4m 5= + + +
OI
2 2
(m 1) 4m= + +
, ta có OI < R’
Vậy (C) và (C
m
) chỉ tiếp xúc trong.
⇒
R’ – R = OI ( vì R’ > R)
Giải ra m = - 1; m =
3
5
2. Gọi I là tâm của (S)

⇒
I(1+t;t – 2;t)
Ta có d(I,(P)) = AI
⇒
t = 1; t =
7
13
(S
1
): (x – 2)
2
+ (y + 1)
2
+ (z – 1)
2
= 1; (S
2
): (x –
20
13
)
2
+ (y +
19
13
)
2
+ (z –
7
13

)
2
=
121
139
Câu VII.a
2
2 2
5xy 3y
P
x xy y
−
=
+ +
Với y = 0
⇒
P = 0
Với y ≠ 0 đặt x = ty; ta có:
2
2
5t 3
P Pt (P 5)t P 3 0
t t 1
−
= ⇔ + − + + =
+ +
(1)
+ P = 0

thì phương trình ( 1) có nghiệm t =

3
5
+ P ≠ 0 thì phương trình ( 1) có nghiệm khi và chỉ khi
9
∆’ = - P
2
– 22P + 25
≥
0 ⇔
25
3
−
≤ P ≤ 1
Từ đó suy maxP , minP
Câu VI.b:
1. d
1
qua M
0
(2;3;3) có vectơ chỉ phương
a (1;1; 2)= −
r
d
2
qua M
1
(1;4;3) có vectơ chỉ phương
b (1; 2;1)= −
r
Ta có

0 1
a,b 0 va a,b M M 0
   
≠ =
   
urr r r r uuuuuur
(d
1
,d
2
) : x + y + z – 8 = 0
⇒
A ∈ (d
1
,d
2
)
B(2 + t;3 + t;3 - 2t);
t 5 t 5
M ; ;3 t
2 2
+ +
 
−
 ÷
 
∈ d
2

⇒

t = - 1
⇒
M(2;2;4)
C( 1+t;4-2t;;3+t) :
AC a⊥
uuur r

⇒
t = 0
⇒
C(1;4;2)
2. (E):
2 2
2 2 2 2
x y 3 1
1 1
a b a 4b
+ = ⇒ + =
, a
2
= b
2
+ 3
⇒

2 2
x y
1
4 1
+ =

P = (a + ex
M
)
2
+ (a – ex
M
)
2
– 2(
2 2
M M
x y+
) – (a
2
– e
2
2
M
x
) = 1
Câu VII.b:
Ta có:
( ) ( )
( )
2010 2010
0 2 2 4 k k 2k 1004 2008 1005 2010
2010 2010 2010 2010 2010 2010
1 i 3 1 i 3 2 C 3C 3 C ( 1) 3 C 3 C 3 C+ + − = − + + + − + + −
Mà
( ) ( )

2010 2010
2010 2010
2010 2010 -2010 -2010
1 i 3 1 i 3 2 (cos sin ) 2 cos sin
3 3 3 3
π π π π
 
+ + − = + + +
 ÷
 
=
( )
2010 2010
2.2 cos670 2.2π =
Vậy S = 2
2010


10