Đề thi thử đh môn toán có đáp án chi tiết

TÀI LIỆU TOÁN THPT

ĐỀ SỐ 6
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013
Môn: TOÁN
NGÀY 29-12-2012
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y =x
4
−2
(
m +1
)
x
2
+2m −1 có đồ thị (C
m
), ; m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C
2
) khi m =2.
b) Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng d : y =−1 cắt đồ thị
(
C
m
)
tại đúng hai điểm phân biệt A,B , sao
cho tam giác I AB có diện tích bằng 4

2


2 −

2

với I
(
2;3
)
.
Câu 2. (2 điểm)
a) Giải phương trình: cos x
(
cos2x −19
)
−
(
1 +sin x
)(
7 −cos2x
)
=−3
(
8 +sin2x
)
b) Giải hệ phương trình:

2y −3x +

y

(
x −2
)
=4


x −2 −

y

−6

y +2

y

x y −x +5

=2

y +2

−

5x +6
(x,y ∈R)
Câu 3. (1 điểm) Tính tích phân I =

e
1

x
3
ln x +x
2
ln
2
x +3(x +1)
x( x +ln x)
dx.
Câu 4. (1 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD. Biết cạnh bên hợp với mặt đáy (ABCD) một góc 60
o
và mặt
cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC D có bán kính bằng
a

6
3
. Gọi E là điểm đối xứng của D qua trung điểm của
S A, M là trung điểm của AE, N là trung điểm của BC . Chứng minh rằng M N vuông góc với BD. Tính thể tích
khối chóp S.ABC D và khoảng cách giữa hai đường thẳng M N và AC theo a.
Câu 5. (1 điểm) Cho các số thực x, y,z thuộc khoảng (1;

2) . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
P =
x y
2
4y
2
z −z
2

x
+
yz
2
4z
2
x −x
2
y
+
zx
2
4x
2
y −y
2
z
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B
A. Theo chương trình chuẩn
Câu 6A. (2 điểm)
a) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Ox y cho tam giác ABC với A
(
3;5
)
, B
(
1;2
)
, C
(

6;3
)
. Gọi ∆ là đường thẳng
đi qua A cắt BC sao cho tổng khoảng cách từ hai điểm B,C đến ∆ là lớn nhất. Hãy lập phương trình đường
thẳng d đi qua điểm E
(
−1;1
)
đồng thời cắt cả hai đường thẳng ∆ và d
1
: x −y +14 =0 lần lượt tại hai điểm H,K
sao cho 3HK = I H

10 với I là giao điểm của ∆ và d
1
.
b) Trong không gian với hệ tọa độ Ox yz cho hai điểm A
(
3;0;0
)
, M
(
−3;2;1
)
.Gọi
(
α
)
là mặt phẳng chứa AM và
cắt hai trục tọa độ O y,Oz lần lượt tại hai điểm B,C đồng thời tạo với mặt phẳng


β

: x +2y +2z −8 =0 một góc
ϕ có giá trị cosϕ =
20
21
. Lập phương trình đường thẳng ∆ đối xứng với đường thẳng d :
x
−3
=
y
−2
=
z
2
qua mặt
phẳng
(
α
)
biết z
C
<
3
2
.
Câu 7A. (1 điểm) Cho số phức có phần thực âm thỏa điều kiện z
3
+2z −16i =8z. Hãy tính mô-đun của số phức:

ω =z
2
+
1
z
2
−8

z +
1
z

+17
B. Theo chương trình nâng cao
Câu 6B. (2 điểm)
a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox y cho cho đường tròn
(
C
)
: x
2
+ y
2
−2x −6y −6 = 0 và hai điểm B
(
5;3
)
,
C
(

1;−1
)
. Tìm tọa các đỉnh A,D của hình bình hành ABCD biết A thuộc đường tròn
(
C
)
và trực tâm H của tam
giác ABC thuộc đường thẳng d : x +2y +1 =0 và hoành độ điểm H bé hơn hơn 2.
b) Trong không gian với hệ tọa độ Ox yz cho hai điểm A
(
1;2;3
)
, B
(
4;−1;3
)
và đường tròn
(
C
)
là đường tròn
lớn nằm trong mặt cầu
(
S
)
có tâm I
(
1;−1;−2
)
và đường thẳng ∆ :

x
3
=
y
2
=
z −6
−2
cắt đường tròn
(
C
)
tại hai điểm
M,N sao cho MN =8

2 . Lập phương trình mặt cầu
(
S
)
, tìm tọa độ điểm C thuộc mặt cầu
(
S
)
và mặt phẳng
(P) : 2x +y +3z −22 =0 sao cho tam giác ABC cân tại C .
Câu 7B. (1 điểm) Cho hàm số y =
x
2
−2x +m
x +1

có đồ thị là
(
H
m
)
. Tìm m để tiếp tuyến tại điểm M có hoành độ bằng
−2 thuộc
(
H
m
)
cắt hai trục tọa độ Ox, Oy lần lượt tại hai điểm A,B sao cho tam giác I AB có I A = 4IB với I là
giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị
(
H
m
)
.
———————————————–Hết—————————————————-

TỔNGHỢP LỜI GIẢI TRÊN DIỄN ĐÀN
Câu 1. Cho hàm số y =x
4
−2
(
m +1
)
x
2
+2m −1 có đồ thị (C

m
), ; m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C
2
) khi m =2.
b) Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng d : y =−1 cắt đồ thị
(
C
m
)
tại đúng hai điểm phân biệt A,B , sao cho
tam giác I AB có diện tích bằng 4

2

2 −

2

với I
(
2;3
)
.
a) Lời giải (hungchng):
m =2 hàm số y = x
4
−6x
2
+3 có tập xác định : D =R;

*
Đạo hàm y

=4x

x
2
−3

, y

=0 ⇐⇒

x =0
x =±

3
Hàm số đồng biến trên (−

3;0),(

3;+∞) ;
Hàm số nghịch biến trên (−∞; −

3),(0;

3)
lim
x→−∞
y =+∞; lim

x→+∞
y =+∞;
*
Bảng biến thiên
x
y

y
−∞
−

3
0

3
+∞
−
0
+
0
−
0
+
+∞+∞
−6−6
33
−6−6
+∞+∞
Điểm cực đại (0;3),
Điểm cực tiểu (−


3;−6),(

3;−6)
*
Đồ thị
b) Lời giải (Con phố quen):
Phương trình hoành độ giao điểm của (C
m
) và d:
x
4
−2(m +1)x
2
+2m −1 =−1 ⇔x
4
−2(m +1)x
2
+2m =0 (1)
Đặt t = x
2
≥0. Khi đó phương trình (1) trở thành:
t
2
−2(m +1)t +2m =0 (2).
Để (C
m
) cắt d tại đúng hai điểm phân biệt thì phương trình (1) phải có đúng hai nghiệm phân biệt nghĩa là phương
trình (2) phải có đúng một nghiệm dương.
Mặt khác phương trình (2) có biệt số ∆


=m
2
+1 >0 , ∀m nên phương trình (2) luôn có hai nghiệm phân biệt.
Vậy để phương trình (2) có đúng một nghiệm dương thì phương trình (2) phải có hai nghiệm trái dấu. Điều đó tương
thích với điều kiện : ac < 0 ⇔m <0
Khi đó phương hai sẽ có hai nghiệm : t
1
=m +1−

m
2
+1 <0 < t
2
=m +1+

m
2
+1.
Từ đó tọa độ giao điểm A,B của (C
m
) và d là : A

−

t
2
;−1

, B



t
2
;−1

⇒ AB =2

t
2
.
Kẻ I H⊥d ⇒I H =d
(I ,d)
=
|
3 +1
|
1
=4. Ta có:
S
∆I AB
=
1
2
I H · AB ⇔4AB =S ⇔16AB
2
=S
2
⇔16t
2

=16

4 −2

2

⇔

m
2
+1 =3−2

2 −m
⇒m
2
+1 =

3 −2

2 −m

2
⇔2

3 −2

2

m =4


2

2

2 −3

⇔m =−2

2
Đối chiếu điều kiện và kiểm tra lại ta thấy giá trị cần tìm của bài toán là :m =−2

2.
Câu 2.a Giải phương trình: cosx
(
cos2x −19
)
−
(
1 +sin x
)(
7 −cos2x
)
=−3
(
8 +sin2x
)
Lời giải 1 (thiencuong_96):
PT ⇔cosx(2cos
2
x −20) +(1 +sin x)(cos2x −7) +24 +3sin2x =0

⇔2cos
3
x −20cosx +cos2x −7+sinx(cos2x −7) +24 +3 sin2x =0
⇔2cos
3
x +2cos
2
x −20cosx +16+sinx(2cos
2
x +6cos x −8) =0
⇔2(cos x −1)(cosx −2)(cosx +4)+2sin x(cos x −1)(cos x +4) =0
Nên cosx =1 hay cos x =−4 (Loại) hay cos x +sinx =2 (Loại)
Vậy x =k2π, k ∈Z
Lời giải 2 (xuannambka):
PT ⇔cosx(cos2x −19) −(1 +sin x)(7 −cos2x) +3(8 +sin 2x) =0
⇔−7sinx +3sin2x +cos2x cosx −19cos x +3cos 2x −2cos2x +sinx cos 2x +17 =0
⇔(cos2x cosx +sin x cos2x −2cos2x) +(−7sinx −7cos x +14) +3sin2x +3cos 2x +3 −12 cosx =0
⇔cos2x(cosx +sinx −2)−7(sin x +cos x −2) +6cosx(sinx +cosx −2) =0
⇔−2(1 −cos x)(sin x +cosx −2)(cosx +4) =0 ⇔cosx =1 ⇔x =k2π
2

Câu 2.b Giải hệ phương trình:

2y −3x +

y
(
x −2
)
=4



x −2 −

y

−6 (1)

y +2

y

x y −x +5

=2

y +2

−

5x +6 (2)
(x,y ∈R)
Lời giải (giangmanh):
ĐK: x ≥2; y ≥0; x y −x +5 ≥0
(
1
)
⇔3
(
x −2

)
−

y
(
x −2
)
−2y +4


x −2 +y

=0
⇔


x −2 −

y

3

x −2 +2

y +4

=0
⇔

x −2 =


y ⇒ x −2 = y ⇒x = y +2
.
Thay vào
(
2
)
ta có :

y +2

y
3
+y
2
+3y +

5y +16 −2y −4 =0
⇔

y

1 +2

y
2
+y +3 −2

y +
5


y

5y +16 +4

=0
⇔

y

1 +2
y
2
+3

y
2
+y +3 +

y
+
5

y

5y +16 +4

=0
⇔


y =0 ⇒y =0 ⇒x =2
Vậy

x; y

=
(
2;0
)
Câu 3. Tính tích phân I =

e
1
x
3
ln x +x
2
ln
2
x +3(x +1)
x( x +ln x)
dx.
Lời giải (dan_dhv):
Ta có: I =

e
1
x
3
ln x +x

2
ln
2
x
x( x +ln x)
dx +3

e
1
x+1
x
x +ln x
dx =

e
1
x lnxdx +3ln(x +lnx)




e
1
Đặt

u =lnx
v

=x
⇒






u

=
1
x
v =
x
2
2
ta được

e
1
x lnxdx =
1
2
x
2
ln x




e
1

−
1
2

e
1
xd x
Khi đó. I =
1
2
x
2
ln x




e
1
−
1
4
x
2




e
1

+3ln(x +lnx)




e
1
=
e
2
4
+3ln(e +1)+
1
4
Câu4. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD. Biết cạnh bên hợp với mặt đáy (ABCD) một góc 60
o
và mặt cầu ngoại
tiếp hình chóp S.ABCD có bán kính bằng
a

6
3
. Gọi E là điểm đối xứng của D qua trung điểm của S A, M là trung
điểm của AE, N là trung điểm của BC. Chứng minh rằng M N vuông góc với BD. Tính thể tích khối chóp S.ABC D
và khoảng cách giữa hai đường thẳng M N và AC theo a.
Lời giải (thiencuong_96):
Gọi P là trung điểm S A.
Do S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên các cạnh bằng nhau và đáy là hình vuông.
Gọi O là giao điểm hai điểm chéo. Vậy SO ⊥(ABCD).
Trong mặt phẳng (S AO) dựng đường trung trực qua P cắt SO tại I .

Nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.
Và ta có góc giữa cạnh bên và đáy là

S AO =60
o
⇒sin60
o
=
SO
S A
⇒SA =
2

3
SO
3

Mà có SPI  SOA ⇒
SP
SO
=
SI
S A
⇒
S A
2SO
=
SI
S A
⇔

S A
2
2SO
=SI ⇔SO =
6SI
4
=

6a
2
Khi SO =

6a
2
Thì S A =

2a, AO =
a

2
⇒ AB = a
Chứng minh M N vuông AC
Có MP=CN(Do =
1
2
AD).
Nên C NMP là hình bình hành, do đó M NCP nên M N(SAC )
Mà B D vuông (S AC) nên M N vuông B D
+ V
S.ABCD

=
1
3
.SO.S
ABC D
=

6
6
a
3
(đvtt)
+ Còn khoảng cách (MN; AC)
Vì có M NCP nên M N(SAC ) ⇒d(MN; AC) =d(N;(S AC)) Có B N ∩(S AC) =C
⇒
d(B;(S AC))
d(N;(S AC))
=2 ⇒d(N;(S AC)) =
d(B;(S AC))
2
=
BO
2
=

2a
4
Câu 5. Cho các số thực x, y,z thuộc khoảng (1;

2) . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

P =
x y
2
4y
2
z −z
2
x
+
yz
2
4z
2
x −x
2
y
+
zx
2
4x
2
y −y
2
z
Lời giải (ledinhmanqb):
Phântích: P có dạng hoán vị vòng quanh 3 biến. P lại có dạng thuần nhất nên dễ khiến người ta nảy ra ý tưởng đặt
x = az, y =bz chẳng hạn.
Còn cái điều kiện có thể đẩy ý tưởng người làm có nên dồn biến xét hàm. Nhưng dồn về biến nào bây giờ? Thật khó
xử.
Muốn dùng Cauchy-Schwarz cũng sợ cái mẫu nó có dương hay không? Vậy, cái điều kiện giả thiết có mục đích gì

đây? Chả cần biết dấu đẳng thức tại những giá trị nào của biến cả. Chỉ biết rằng khi đó x = y = z là đủ và minP =1
Bài giải: Với điều kiện x, y, z ∈(1;

2) ta có các biểu thức
4y
2
z −z
2
x >0, 4z
2
x −x
2
y >0, 4x
2
y −y
2
z >0.
Do đó, theo Cauchy-Schwarz ta có
P ≥
(x y +yz +zx)
2
4x y z(x +y +z)−


x
2
y
2

Mặt khác, ta có hai BĐT quen thuộc sau đây (khi đi thi nhớ CM lại nhé):

a
2
+b
2
+c
2
≥
(a +b +c)
2
3
≥ab +bc +ca với a,b,c >0.
Bằng cách đặt a = x y, b = y z, c = zx ta được:



3x y z(x +y +z) ≤(x y +yz +zx)
2
x
2
y
2
+y
2
z
2
+z
2
x
2
≥

(x y +yz +zx)
2
3
Từ đó suy ra
P ≥
(x y +yz +zx)
2
4
(x y +yz +zx)
2
3
−
(x y +yz +zx)
2
3
=1.
Vậy, minP =1 ⇐⇒ x = y = z ∈(1;

2) .
Câu 6A.a Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC với A
(
3;5
)
, B
(
1;2
)
, C
(
6;3

)
. Gọi ∆ là đường
thẳng đi qua A cắt BC sao cho tổng khoảng cách từ hai điểm B,C đến ∆ là lớn nhất. Hãy lập phương trình đường
thẳng d đi qua điểm E
(
−1;1
)
đồng thời cắt cả hai đường thẳng ∆ và d
1
: x −y +14 = 0 lần lượt tại hai điểm H,K sao
cho 3HK =I H

10 với I là giao điểm của ∆ và d
1
.
Lời giải 1 (Con phố quen)::
Bằng phương pháp dựng hình cộng hưởng với việc tham số hóa đưa về giải tích.
Ta có :
−→
B A =(2;3),
−→
BC =(5;1) ⇒
−→
B A ·
−→
BC =2·5+1·3 =13 >0 Do đó : cosB >0 ⇒

B nhọn.
Có :
−−→

C A =(−3;2),
−→
CB =(−5;−1) ⇒
−−→
C A ·
−→
CB =15−2 =13 >0 Do đó : cosC >0 ⇒

C nhọn.
Kẻ BP⊥∆, CQ⊥∆. Khi đó ta có : d
(B,∆)
=BP, d
(C,∆)
=CQ.
Gọi D là giao điểm của ∆ và BC khi đó ta có : BP +CQ ≤BD +DC =BC
Do đó : max(BP +CQ) =BC . Dấu đẳng thức xảy ra khi ∆⊥BC .
Vậy ∆ là đường thẳng đi qua A và ⊥BC nên có
−→
n
∆
=
−→
BC =(5;1).
Do đó phương trình đường thẳng ∆ là : 5(x −3)+1(y −5) =0 ⇔5x +y −20 =0
Vì I là giao điểm của ∆ và d
1
nên tọa độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình :

5x +y −20 =0
x −y +14 =0

⇔

x =1
y =15
. Vậy I (1;15).
4

Xét điểm M(4;0) ∈∆, N (a, a +14) ∈d
1
thỏa 3MN = I M

10. Ta có :
−−→
M N =(a −4, a +14),
−−→
I M =(3;−15).
Nên từ : 3MN = I M

10
⇔9·

(a −4)
2
+(a +14)
2

=10·234 ⇔18a
2
+180a −432 =0 ⇔


a =2
a =−12
Mặt khác từ giả thiết ta có : 3HK = I H

10 nên ta có :
HK
I H
=
M N
I M
⇒ HK ∥M N.
Do đó đường thẳng d cần tìm đi qua E và song song với M N. Nên :
−→
a
d
=
−−→
M N =(4 −a;−a −14).
Trường hợp 1 : a =2 ⇒
−−→
M N =(2;−16). Lúc đó phương trình d :
x +1
2
=
y −1
−16
⇔8x +y +7 =0.
Trường hợp 2 : a =−12 ⇒
−−→
M N =(16;−2). Lúc đó phương trình d :

x +1
16
=
y −1
−2
⇔x +8y −7 =0.
Lời giải 2 (Con phố quen)::
Sử dụng dựng hình và đại số hóa bài toán dưới dạng tọa độ các giao điểm.
Ta có :
−→
B A =(2;3),
−→
BC =(5;1) ⇒
−→
B A ·
−→
BC =2·5+1·3 =13 >0 Do đó : cosB >0 ⇒

B nhọn.
Có :
−−→
C A =(−3;2),
−→
CB =(−5;−1) ⇒
−−→
C A ·
−→
CB =15−2 =13 >0 Do đó : cosC >0 ⇒

C nhọn.

Kẻ BP⊥∆, CQ⊥∆. Khi đó ta có : d
(B,∆)
=BP, d
(C,∆)
=CQ.
Gọi D là giao điểm của ∆ và BC khi đó ta có : BP +CQ ≤BD +DC =BC
Do đó : max(BP +CQ) =BC . Dấu đẳng thức xảy ra khi ∆⊥BC .
Vậy ∆ là đường thẳng đi qua A và ⊥BC nên có
−→
n
∆
=
−→
BC =(5;1).
Do đó phương trình đường thẳng ∆ là : 5(x −3)+1(y −5) =0 ⇔5x +y −20 =0
Vì I là giao điểm của ∆ và d
1
nên tọa độ điểm I là nghiệm của hệ phương trình :

5x +y −20 =0
x −y +14 =0
⇔

x =1
y =15
. Vậy I (1;15).
Gọi d là đường thẳng đi qua E và có véc tơ pháp tuyến là
−→
n =(a,b).
Khi đó phương trình đường thẳng : d : a(x −1)+b(y −15) =0 (a

2
+b
2
=0).
Vì H là giao điểm của d và ∆ nên tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình :

a(x −1) +b(y −15) =0
5x +y −20 =0
⇔





x =
19b +a
5b −a
y =
5(5a −b)
a −5b
(a =5b). Vậy H

19b +a
5b −a
;
5(5a −b)
a −5b

.
5

Lại có K là giao điểm của d và d
1
nên tọa độ điểm K là nghiệm của hệ phương trình :

a(x −1) +b(y −15) =0
x −y +14 =0
⇔





x =
−13b −a
b +a
y =
13b +a)
a +b
(a =−b). Vậy K

−13b −a
b +a
;
13b +a)
a +b

.
Từ điều kiện bài toán : 3HK =I H


10 ⇔9HK
2
=10I H
⇔
1296 ·(a +7b)
2
·(a
2
+b
2
)
(a −5b)
2
·(a +b)
2
=
1040 ·(a +7b)
2
(a −5b)
2
⇔(a +7b)
2
(8a −b)(a −8b) =0 ⇔


a =−7b
b =8a
a =8b
Trường hợp 1: a =−7b chọn a =7,b =−1 ⇒d : 7x −y −8 =0. (loại vì d,d
1

,∆ đồng quy tại I .)
Trường hợp 2 : a =8b chọn a =8,b =1 ⇒d : 8x +y +7 =0.
Trường hợp 3 : b =8a chọn a =1,b =8 ⇒d : x +8y −7 =0.
Tóm lại ta có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán : 8x +y +7 =0 x +8y −7 =0
Câu6A.b Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A
(
3;0;0
)
, M
(
−3;2;1
)
.Gọi
(
α
)
là mặt phẳng chứa AM
và cắt hai trục tọa độ O y,Oz lần lượt tại hai điểm B,C đồng thời tạo với mặt phẳng

β

: x +2y +2z −8 =0 một góc ϕ
có giá trị cos ϕ =
20
21
. Lập phương trình đường thẳng ∆ đối xứng với đường thẳng d :
x
−3
=
y

−2
=
z
2
qua mặt phẳng
(
α
)
biết z
C
<
3
2
.
Lời giải (giangmanh):
Gọi
−→
n
α
=
(
a;b; c
)
là VTPT của
(
α
)
. Ta có
−−→
AM =

(
−6;2;1
)
Do A,M ∈
(
α
)
nên
−−→
AM vuông góc với
−→
n
α
nên −6a +2b +c =0 ⇒c =6a −2b
Ta có góc giữa
(
α
)
và

β

là ϕ có cosϕ =
20
21
⇒
|
a +2b +2c
|
3


a
2
+b
2
+c
2
=
20
21
⇒
|
a +2b +2
(
6a −2b
)
|

a
2
+b
2
+
(
6a −2b
)
2
=
20
7

⇒6159a
2
−7052ab +1804b
2
=0 ⇒

53a =22b
3a =2b
+)53a =22b . Chọn a =22 ⇒b =53;c =26
⇒
(
α
)
: 22x +53y +26z −66 =0 cắt Oz tại C có z
C
=
66
26
>
3
2
⇒ Loại
+)3a =2b . Chọn a =2 ⇒b =3;c =6
⇒
(
α
)
: 2x +3y +6z −6 =0 cắt Oz tại C có z
C
=1 <

3
2
Thoả mãn
Vậy
(
α
)
: 2x +3y +6z −6 =0
Ta thấy d và
(
α
)
song song với nhau mà d và ∆ đối xứng qua
(
α
)
nên
(
∆
)
có VTCP
−→
u
∆
=
(
−3;−2;2
)
Ta thấy O
(

0;0;0
)
∈
(
d
)
. Gọi H là điểm đối xứng với O qua
(
α
)
⇒ H ∈
(
∆
)
.
Gọi K là giao điểm của OH với
(
α
)
và H

x; y;z

Ta có

K ∈
(
α
)
−−→

OH //
−→
n
α
⇒



2x +3y +6z =12
x
2
=
y
3
=
z
6
⇒x =
24
49
; y =
36
49
; z =
72
49
Khi đó
(
∆
)

đi qua H

24
49
;
36
49
;
72
49

có VTCP
−→
u =
(
−3;−2;2
)
⇒
(
∆
)












x =
24
49
−3t
y =
36
49
−2t
z =
72
49
+2t
Câu 7A. Cho số phức có phần thực âm thỏa điều kiện z
3
+2z −16i =8z. Hãy tính mô-đun của số phức:
ω =z
2
+
1
z
2
−8

z +
1
z

+17

Lời giải (giangmanh):
Đặt z = a +bi
(
a,b ∈R; a <0
)
GT ⇔
(
a =bi
)
3
+2
(
a −bi
)
−16i =8
(
a +bi
)
⇔

a
3
−3ab
2
−6a

+

3a
2

b −b
3
−10b −16

i =0
⇔

a

a
2
−3b
2
−6

=0
3a
2
b −b
3
−10b −16 =0
⇒3

6 +3b
2

b −b
3
−10b −16 =0 ⇔b
3

+b −2 =0 ⇒b =1 ⇒a =−3
(
a <0
)
Vậy z =−3+i. Ta có : z +
1
z
=−3+i −
1
3 −i
=−
33
10
+
9
10
i
Nên ω =z
2
+
1
z
2
−8

z +
1
z

+17 =


z +
1
z
−4

2
−1 =

z +
1
z
−3

z +
1
z
−5

⇒ω =

−
63
10
+
9
10
i

−

83
10
+
9
10

=
1287
25
−
657
50
i
Vậy
|
ω
|
=


1287
25

2
+

657
50

2

=
9
10

3485
6

Câu6B.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho cho đường tròn
(
C
)
: x
2
+y
2
−2x −6y −6 =0 và hai điểm B
(
5;3
)
,
C
(
1;−1
)
. Tìm tọa các đỉnh A,D của hình bình hành ABCD biết A thuộc đường tròn
(
C
)
và trực tâm H của tam giác
ABC thuộc đường thẳng d : x +2y +1 =0 và hoành độ điểm H bé hơn hơn 2.

Lời giải (giangmanh):
Ta có
(
C
)
có tâm I
(
1;3
)
Ta thấy rằng B ;C đều thuộc
(
C
)
.
Gọi E là giao điểm của AI và
(
C
)
⇒ B HC E là hình bình hành.
Gọi M là trung điểm của BC ⇒M
(
3;1
)
Ta có H ∈d : x +2y +1 =0 ⇒ H
(
−1 −2a; a
)

a >−
3

2

Do B HC E là hình bình hành nên M là trung điểm của HE ⇒E
(
7 +2a;2−a
)
Ta có E ∈
(
C
)
⇒
(
7 +2a
)
2
+
(
2 −a
)
2
−2
(
7 +2a
)
−6
(
2 −a
)
−6 =0
⇒5a

2
+26a +21 =0 ⇒ a =−1

a >−
3
2

⇒E
(
5;3
)
. A và E đối xứng qua I ⇒ A
(
−3;3
)
Do ABCD là hình bình hành nên A và D đối xứng qua M ⇒D
(
9;−1
)
Vậy A
(
−3;3
)
;D
(
9;−1
)
Câu 6B.b Trong không gian với hệ tọa độ Ox yz cho hai điểm A
(
1;2;3

)
, B
(
4;−1;3
)
và đường tròn
(
C
)
là đường
tròn lớn nằm trong mặt cầu
(
S
)
có tâm I
(
1;−1;−2
)
và đường thẳng ∆ :
x
3
=
y
2
=
z −6
−2
cắt đường tròn
(
C

)
tại hai
điểm M,N sao cho M N =8

2 . Lập phương trình mặt cầu
(
S
)
, tìm tọa độ điểm C thuộc mặt cầu
(
S
)
và mặt phẳng
(P) : 2x +y +3z −22 =0 sao cho tam giác ABC cân tại C .
Lời giải (dan_dhv):
Do (C) là đường tròn lớn nằm trong mặt cầu nên. Tâm của (C); (S) trùng nhau là I
Gọi E là trung điểm của M N. Khi đó I E =d(I ;∆) Ta có : M(0;0;6) ∈∆;

M I (1;−1; −8);
Do đó d(I ;∆) =


M I ;

u
∆

[

u

∆
]
=7 Khi đó. R =

I E
2
+E N
2
=9.
Phương trình mặt cầu là (x −1)
2
+(y +1)
2
+)z +2)
2
=81
Ta có.
−→
I A(0;3; 5);
−→
I B(3;0;5) Nhận thấy I A = I B. Tam giác ABC cân tại C khi và chỉ khi C thuộc mặt phẳng (Q) qua I và
vuông góc AB
Ta có.
−→
AB(1; −1;O). Phương trình (Q) là: x −y −2 =0
Khi đó, tọa độ C là nghiệm của hệ



2x +y +3z −22 =0

(x −1)
2
+(y +1)
2
+)z +2)
2
=81
x −y −2 =0
⇔

C(1;−1; 7)
C(7;5; 1)
Câu 7B. Cho hàm số y =
x
2
−2x +m
x +1
có đồ thị là
(
H
m
)
. Tìm m để tiếp tuyến tại điểm M có hoành độ bằng −2
thuộc
(
H
m
)
cắt hai trục tọa độ Ox, Oy lần lượt tại hai điểm A,B sao cho tam giác I AB có I A =4IB với I là giao điểm
của hai đường tiệm cận của đồ thị

(
H
m
)
.
Lời giải (dan_dhv):
Ta có. M(−2;−m −8); y

=
x
2
+2x −m −2
(x +1)
2
; y

(−2) =−m −2.
Phương trình tiếp tuyến của (H) tại M: y =(−m −2)(x +2) −m −8
A,B là giao của tiếp tuyến với Ox,Oy nên A(
−3m −12
m +2
;0);B(0;−3m −12) Ta có: y = x −3 +
m +3
x +1
Để tồn tại hai tiệm cận thì m =−3. TCĐ:x =−1; TCX :y = x −3. Nên I (−1; −4)
Ta có: I A =4I B ⇔


2m +10
m +2


2
+16 =4

1 +(3m +8)
2
⇔4(3m +8)
2
=

m +5
m +2

2
⇔

m =
−3
2
m =−3 (Loại)
Vậy m =
−3
2
7