Đề và đáp án thi thử ĐH 2011 số 2

GV: Nguyễn Huy Khôi
ĐỀ SỐ: 02

ĐỀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC NĂM 2011 – KHỐI A+B

MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

A.PHẦN CHUNG(7,0 điểm): (Dành cho tất cả thí sinh)
Câu I: ( 2,0 điểm ) Cho hàm số y = x 4 − 2 mx 2 + 1
(1).
1/.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = −1 .
2/.Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị và đường tròn đi qua ba điểm này có bán
kính bằng 1.
Câu II: ( 2,0 điểm )
1/.Giải phương trình: 9 sin x + 6 cos x + cos 2 x − 3 sin 2 x = 8

 x 2 − xy + xy − y 2 = 3( x − y )
 x 2 − y 2 = 369

2/.Giải hệ phương trình 

π
3

Câu III: ( 1,0 điểm ). Tính tích phân:

∫4

π
4

dx
3

.

5

sin x . cos x

Câu IV: ( 1,0 điểm ).
Cho hình lăng trụ tam giác ABC . A' B' C ' với A'. ABC là hình chóp tam giác đều nội tiếp trong một mặt cầu có bán
kính R. Góc giữa mặt phẳng ( A' BC ) và mặt phẳng ( ABC ) bằng 60 o . Tính thể tích khối chóp A'. BB' C ' C theo R.
Câu V: ( 1,0 điểm ) .Giả sử x , y là các số thực lần lượt thỏa mãn các phương trình:

x 2 + 2ax + 9 = 0 với a ≥ 3 ;

y 2 − 2 by + 9 = 0 với b ≥ 3

 1 1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M = 3( x − y ) +  − 
 x y


2

2

B. PHẦN TỰ CHỌN (3,0điểm) : (Thí sinh chọn câu VIa, VIIa hoặc VIb, VIIb)
Câu VIa: ( 2,0 điểm )

1/.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn ( C ) : x 2 + y 2 = 13 và

( C' ) : ( x − 6 ) 2 + y 2 = 25 . Gọi A là một giao điểm của ( C ) và ( C' ) với y A > 0 . Viết phương trình đường
thẳng (d) đi qua A và cắt ( C ), ( C' ) theo hai dây cung có độ dài bằng nhau (hai dây cung này khác nhau).
2/.Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : x + y + z + 2 = 0 và đường thẳng d :
x−3 y+2 z+1
.Gọi M là giao điểm của d và ( P ) , viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trong mặt
=
=
2
1
−1
phẳng ( P ) , vuông góc với đường thẳng d và khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng ∆ bằng 42 .
Câu VIIa: ( 1,0 điểm ). Trong mặt phẳng phức, tìm tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z thỏa mãn điều kiện:
z − 2 + z + 2 = 5.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu VIb: ( 2,0 điểm )
1/.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích là S =

3
, đỉnh A(2;-3), đỉnh B(3;-2), trọng
2

tâm của tam giác thuộc đường thẳng d: 3x – y – 8 = 0. Tìm toạ độ đỉnh C.
2/.Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : x − 2 y + 2 z − 1 = 0 và hai đường thẳng d 1 :
x −1 y − 3 z
x−5 y z+5
=
= , d2 :
= =
. Tìm các điểm M ∈ d 1 , N ∈ d 2 sao cho đường thẳng MN song song

6
4
−5
2
−3
2
mặt phẳng (P) và cách mặt phẳng (P) một khoảng cách bằng 2.
Câu VIIb: ( 1,0 điểm ) .Giải bất phương trình:

2
− x2 + x+1
2
( 5 + 1 )− x + x + 2
≤ 3.( 5 − 1 ) − x + x

………………………………..Hết…………………………………..


ĐÁP ÁN (gồm 12 trang) đề 2
Câu
Câu I:
(2,0đ)

Nội dung
A/ Phần bắt buộc:
2
(1).

Câu I: ( 2,0 điểm ) Cho hàm số y = x 4 − 2 mx

Điểm
2,0đ

+1

1/ (1,0đ) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho ứng với m = -1.

1,0đ

m = −1 , ta có hàm số y = x 4 + 2 x 2 + 1
TXĐ: D = R
Sự biến thiên của hàm số:
.Giới hạn của hàm số tại vô cực:

•
•

lim y = +∞ ;

x → −∞
. Chiều biến thiên:
3

0,25

lim y = +∞

x → +∞

y' = 4 x + 4 x

y' = 0 ⇔ x = 0 ⇒ y = 1

•

Bảng biến thiên:
x
y’
y

−∞

0
0

-

+∞

+∞

+

(CT)
1
.Hàm số nghịch biến trên khoảng (- ∞ ;0) và đồng biến trên khoảng (0;
Hàm số đạt cực tiểu tại x= 0, giá trị cực tiểu là y(0) = 1
Đồ thị:
 Giao điểm của đồ thị và trục tung: (0; 1)
 Các điểm khác :(-1;4), (1; 4)

•
•

0,25

+∞
+∞)

0,25

y

f(x)=x^4+2*x^2+1
f(x)=4
x(t)=1 , y(t )=t

5

x(t)=-1 , y(t )=t

4

0,25

3

2

1

x
-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

5

6

7

-1

-2

-3

-4

-5

Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) có ba cực trị và đường tròn đi qua
ba điểm này có bán kính bằng 1.
2/(1,0đ)

1,0đ

y' = 4 x 3 − 4 mx
x = 0
y' = 0 ⇔  2
 x = m

0,25


Hàm số có 3 cực trị ⇔ y’ đổi dấu 3 lần ⇔ phương trình y’=0 có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m > 0
Khi m > 0 , đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị là :
2
2

0,25

A( m ; 1 − m ), B( − m ; 1 − m ), C ( 0 ; 1 )

I là tâm và R là bán kính đường tròn đi qua 3 điểm A , B , C
Vì hai điểm A , B đối xứng nhau qua trục tung nên I nằm trên trục tung
 yo = 0
2
Đăt I ( 0 ; y o ) . Ta có: IC = R ⇔ ( 1 − y o ) = 1 ⇔ 
 yo = 2
⇒ I ≡ O( 0 ;0 ) hoặc I ( 0 ;2 )
*Với I ≡ O ( 0 ;0 ) :
m = 0
m = 1


IA = R ⇔ m + ( 1 − m 2 ) 2 = 1 ⇔ m 4 − 2 m 2 + m = 0 ⇔  m = − 1 − 5
2


−1+ 5
m =
2

− 1+ 5
So sánh điều kiện m > 0 , ta được m = 1 , m =
2
Gọi

*Với

I ( 0 ;2 ) :

IA = R ⇔ m + ( −1 − m 2 ) 2 = 1 ⇔ m 4 + 2 m 2 + m = 0 (*)
Pt (*) vô nghiệm khi m > 0
− 1+ 5
Tóm lại, bài toán thỏa mãn khi m = 1 , m =
2

Câu II:
(2,0đ)

0,25

1/(1,0đ) Giải phương trình:

0,25

9 sin x + 6 cos x + cos 2 x − 3 sin 2 x = 8 (*)

1,0đ

2

(*) ⇔ 9 sin x + 6 cos x + 2 cos x − 1 − 6 sin x cos x = 8
⇔ 9(sin x − 1 ) + 6 cos x ( 1 − sin x ) + 2( 1 − sin 2 x ) = 0
⇔ ( 1 − sin x )( 2 sin x + 6 cos x − 7 ) = 0

0,25

 sin x = 1
⇔
 2 sin x + 6 cos x − 7 = 0 ( vn )

sin x = 1 ⇔ x =

0,25

π
+ k 2π
2

0,25

Vậy phương trình đã cho có 1 họ nghiệm là:

x=

π
+ k 2π
2

0,25

 x 2 − xy + xy − y 2 = 3( x − y )

2/(1,0đ) Giải hệ phương trình: (*) 
 x 2 − y 2 = 369
x ≥ 0

Điều kiện:  y ≥ 0
x − y ≥ 0

 u = x 2 − xy , u ≥ 0


Đặt 
v = xy − y 2 , v ≥ 0

 u 2 + v 2 = x 2 − y 2
⇒
 u 2 − v 2 = ( x − y ) 2

1,0đ

, u≥v

0,25


u ≥ 0

, Đk: v ≥ 0
u ≥ v


u + v = 3 u 2 − v 2

Ta có hệ phương trình: (*’) 
 u 2 + v 2 = 369

•

•

 u + v .( u + v − 3 u − v ) = 0
(*' ) ⇔ 
 u 2 + v 2 = 369
  u + v = 0
(I )
 2
2
  u + v = 369
⇔
  u + v = 3 u − v
( II )
 2
2
  u + v = 369
 u = v = 0 ( vì u ≥ 0 , v ≥ 0 )
(I )⇒ 
. Vậy : Hệ ( I ) vô nghiệm
0 = 369 ( vô lý )
 u + v = 9( u − v )
( II ) ⇔  2
⇔
 u + v 2 = 369

4u

 u = 15 ( vì u ≥ 0 )
v =
5
⇔


v = 12
 u 2 = 225


 x 2 − xy = 15
 x 2 − xy = 225

⇔
⇔
 xy − y 2 = 144
 xy − y 2 = 12
( x − y ) 2 = 81
 x − y = 9 ( vì x ≥ y )
 x = 25
⇔
⇔
⇔
 x + y = 41
 y = 16
 x 2 − y 2 = 369
CâuIII:
(1đ)

So sánh Đk, hệ đã cho có một nghiệm (25; 16)
π
3
dx
(1,0đ) Tính tích phân sau:
4
3

5
π sin x . cos x
4
π
π
3
3

0,25

0,25

0,25

1,0đ

∫

I=∫

1

3

π 4 sin x
. cos 8 x .
4 cos 3 x

Đặt:

t = tan x ⇒ dt =

dx =

1
cos 2 x

∫4

π
4

1

.

1

2
tan 3 x cos x

dx

0,25

dx

Đổi cận:

π

⇒t=1
4
π
x= ⇒t= 3
3
x=

⇒ I=

3 −3
t 4 dt

∫

1

=

0,25

3

1
4
4t
1

0,25

(

Câu IV:
(1đ )

)

⇒ I= 4  4 3 − 1  = 4 8 3 − 1


(1,0đ ) Cho hình lăng trụ ABC . A' B' C ' với A'. ABC là hình chóp tam giác đều nội tiếp trong một
mặt cầu có bán kính R. Góc giữa mặt phẳng ( A' BC ) và mặt phẳng ( ABC ) bằng 60 o . Tính thể
tích khối chóp A'. BB' C ' C theo R

Gọi N là trung điểm BC. Vì A’.ABC là hình chóp đều nên

⇒

0,25
1,0đ

∆ABC đều và ∆A' BC cân tại A'

AN ⊥ BC , A' N ⊥ BC 
^
 ⇒ góc giữa hai mặt phẳng ( ABC ) và ( A' BC ) là A' NA = 60 o
( ABC ) ∩ ( A' BC ) = BC 
Gọi H là trọng tâm ∆ABC ⇒ H là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC
A’.ABC là hình chóp đều ⇒ A' H ⊥ ( ABC )
⇒ A' H là trục của đường tròn ngoại tiếp ∆ABC

Gọi M là trung điểm A' A . Trong mp ( A' AN ) , vẽ đường trung trực của cạnh A' A ,cắt A' H tại I.

0,25

0,25

Ta có I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A’.ABC
Bán kính mặt cầu là : R = A' I

a là độ dài cạnh của ∆ABC . Ta có AN = a 3 , HN = a 3 , AH = a 3
2
6
3
3
a
∆A' HN vuông tại H ⇒ A' H = HN . tan 60 o = a
. 3=
6
2
Gọi

∆A' AH vuông tại H ⇒ A' A =
A' M =

A' H 2 + AH 2 =

a 2 3a 2 a 21
+
=
4

9
6

A' A a 21
=
2
12

a 21
A' I
A' M
R
12 R
=
⇔
= 12 ⇔ a =
Ta có ∆A' MI đồng dạng ∆A' HA nên
a
A' A A' H
7
a 21
2
6

0,25


⇒ A' H =

6R

7
2

3 36 3 R 2
 12 R 
S ∆SBC = 
=
 .
49
 7  4
V A'. ABC =

1
.S ∆ABC .A' H , V ABC . A' B' C' = S ∆ABC .A' H
3

2
2 36 3 R 2 6 R 144 3 R 3
V A'.BCC' B' = V ABC .A' B' C' − V A'. ABC = .S ∆ABC .A' H = .
.
=
3
3
49
7
343
Câu V:
(1,0đ)

(1,0đ ) Giả sử

x , y là các số thực lần lượt thỏa mãn các phương trình:
x 2 + 2ax + 9 = 0 với a ≥ 3 ; y 2 − 2 by + 9 = 0 với b ≥ 3
1

1

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M = 3( x − y ) 2 +  − 
 x y



•
Ta có:

0,25
1,0đ

2

Xét phương trình: x 2 + 2 ax + 9 = 0 (1)

∆ = a 2 − 9 ≥ 0 với a ≥ 3 nên phương trình (1) có nghiệm và (1)

⇔ x 2 + 9 = −2 ax ⇒ x < 0
•
Ta có:

0,25

Xét phương trình: y 2 − 2 by + 9 = 0 (2)
2
∆ = b 2 − 9 ≥ 0 với b ≥ 3 nên phương trình (2) có nghiệm và (2) ⇔ y + 9 = 2by ⇒ y > 0
2

x = − t , t > 0 . Ta được: M = 3( − t − y ) 2 +  − 1 − 1  = 3( t + y ) 2 +  1 + 1 
 t y
 t y




16
1 1
4
2
≥
Mà với t > 0 , y > 0 ta có : +
nên M ≥ 3( t + y ) +
t y t+ y
( t + y )2

2

Đặt

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta được:

3( t + y ) 2 +

16
( t + y )2

≥8 3
0,25

⇒M≥8 3
Do đó,

M đạt giá trị nhỏ nhất là 8 3 khi
1

t = y
t = y
y = 4
3



16
⇔ 4 1⇔
 3( t + y ) 2 =

 y = 3
x = − 1
( t + y )2

43


0,25

Vì x, y thỏa mãn (1) và (2) nên:
2






 − 1  + 2 a  − 1  + 9 = 0




 4 3 
 43

9 3+1
 1  2
 1 
⇔a=b=




−
2
b
+

9
=
0
4 
24 3
 4 3 
 3

a ≥ 3
b ≥ 3


Vậy

min M = 8 3 khi x = −

1
4

3

, y=

1
4

3

,a=b=

9 3+1
24 3

0,25


B/ Phần tự chọn: (Thí sinh chọn câu VIa,VIIa hoặc câu VIb, VIIb )
CâuVIa:
1/(1,0đ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn ( C ) : x 2 + y 2 = 13 và
(2,0 đ )
( C' ) : ( x − 6 ) 2 + y 2 = 25 . Gọi A là một giao điểm của ( C ) và ( C' ) với y A > 0 . Viết phương

1,0đ

trình đường thẳng (d) đi qua A và cắt ( C ), ( C' ) theo hai dây cung có độ dài bằng nhau (hai dây cung
này khác nhau).
Theo giả thiết:

( C ) có tâm O( 0 ;0 ) , bán kính R = 13
( C' ) có tâm O' ( 6 ;0 ) , bán kính R' = 5
Tọa độ các giao điểm của

0,25

( C ) và ( C' ) là nghiệm của hệ phương trình:

 x 2 + y 2 = 13

( x − 6 ) 2 + y 2 = 25
x = 2

 x 2 + y 2 = 13

⇔
⇔   y = 3 ⇒ A( 2 ; 3 ) ( vì y A > 0 )
2
2
 x + y − 12 x + 11 = 0
  y = −3


Gọi H, H’ lần lượt là giao điểm của đường thẳng (d) và các đường tròn ( C ) , ( C' ) thỏa
AH = AH' , với H không trùng H’.
Gọi M, M’ lần lượt là trung điểm của AH, AH’. Vì A là trung điểm của đoạn thẳng HH’ nên A là trung
điểm của đoạn thẳng MM’.
Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng OO’ ⇒ I ( 3 ; 0 ) .
Ta có IA // OM. Mà

0,25

OM ⊥ ( d ) nên IA ⊥ ( d )

⇒ ( d ) có vtpt IA = ( −1 ; 3 ) và qua A( 2 ; 3 )
Vậy phương trình đường thẳng ( d ) là : − 1( x − 2 ) + 3( y − 3 ) = 0 ⇒ − x + 3 y − 7 = 0
Cách
khác:

0,25

Theo giả thiết:

( C ) có tâm O( 0 ;0 ) , bán kính R = 13
( C' ) có tâm O' ( 6 ;0 ) , bán kính R' = 5
Tọa độ các giao điểm của ( C ) và ( C' ) là nghiệm của hệ phương trình:

0,25


 x 2 + y 2 = 13

( x − 6 ) 2 + y 2 = 25
x = 2
 x 2 + y 2 = 13

⇔
⇔   y = 3 ⇒ A( 2 ; 3 ) ( vì y A > 0 )
2
2
 x + y − 12 x + 11 = 0
  y = −3

Gọi H, H’ lần lượt là giao điểm của đường thẳng (d) và các đường tròn ( C ) , ( C' ) thỏa AH = AH'

0,25

, với H không trùng H’.
Ta có A là trung điểm của đoạn thẳng HH’ nên H và H’ đối xứng nhau qua A.

( C 1 ) là ảnh của ( C ) qua phép đối xứng tâm A, ( C 1 ) có tâm O1 , bán kính R1 = R 13 .
A là trung điểm của đoạn OO1 ⇒ O1 ( 4 ; 6 )
⇒ Phương trình đường tròn ( C 1 ) : ( x − 4 ) 2 + ( y − 6 ) 2 = 13 .

Vì H' ∈ ( C 1 ) và H' ∈ ( C' ) nên H’ là giao điểm của ( C 1 ) và ( C' )
⇒ Tọa độ điểm H’ là nghiệm của hệ phương trình:
( x − 4 ) 2 + ( y − 6 ) 2 = 13

( x − 6 ) 2 + y 2 = 25
Gọi


37
  x = 5
37 24

⇒ H' (
;
)
 x = 3 y − 7
5 5
  y = 24
⇔
⇒ 
5

10 y 2 − 78 y + 144 = 0

 x = 2
  y = 3 ⇒ H' ( 2 ; 3 ) ≡ A ( l


0,25

)

Đường thằng (d) cần tìm đi qua hai điểm A, H’ nên (d) nhận vtcp là:

AH' = (

27 9
9
; )= ( 3 ;1 )
5 5
5

⇒ Phương trình đường thẳng (d): x − 2 = y − 3 ⇔ x − 3 y + 7 = 0
3
1
2/ (1,0đ ) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : x + y + z + 2 = 0 và
x−3 y+2 z+1
đường thẳng d :
=
=
.Gọi M là giao điểm của d và ( P ) , viết phương trình
2
1
−1
đường thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng ( P ) , vuông góc với đường thẳng d và khoảng cách từ điểm M
đến đường thẳng ∆ bằng 42 .
x−3 y+2 z+1
(P): x+ y+ z+ 2 = 0 , d :
=
=

2
1
−1
( P ) có véc tơ pháp tuyến n = ( 1 ; 1 ; 1 ) ,
d có véc tơ chỉ phương u = ( 2 ; 1 ; − 1 ) và đi qua điểm M o = ( 3 ; − 2 ; − 1 ) .
Vì đường thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng ( P ) , vuông góc với đường thẳng d nên ∆ có véc tơ chỉ
phương

0,25

0,25

1,0đ

[ ]

u∆ = n , u = ( −2 ;3 ;−1 )

x + y + z + 2 = 0

Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình:  x − 3
y+2 z+1
 2 = 1 = − 1
x + y + z + 2 = 0
x = 1


⇔ x − 2 y −7 = 0
⇔  y = −3 ⇒ M ( 1 ; − 3 ; 0 )
− y − z − 3 = 0

z = 0



0,25


Gọi

H ( a , b , c ) là hình chiếu vuông góc của điểm H lên đường thẳng ∆ ⇒ MH = ( a − 1 ; b + 3 ; c )
M ∈ ( P )


a + b + c + 2 = 0

Theo giả thiết, ta có:  MH ⊥ u∆ ⇔  − 2( a − 1 ) + 3( b + 3 ) − c = 0


2
2
2
 MH = 42
 ( a − 1 ) + ( b + 3 ) + c = 42
 a = 5

  b = −2 ⇒ H ( 5 ; − 2 ; − 5 )
c = −5 b − 15
 c = −5

⇔ a = 4 b + 13

⇔
  a = −3

2
42
b
+
252
b
+
336
=
0
  b = −4 ⇒ H ( −3 ; − 4 ; 5 )


 c = 5
•

CâuVIIa:
(1,0đ)

0,25

0,25

 x = 5 − 2t

Với H ( 5 ; − 2 ; − 5 ) , ta có phương trình đường thẳng ∆ :  y = −2 + 3 t
 z = −5 − t



 x = −3 − 2 t

• Với H ( −3 ; − 4 ; 5 ) , ta có phương trình đường thẳng ∆ :  y = −4 + 3 t
z = 5 − t

(1,0đ) Trong mặt phẳng phức, tìm tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z thỏa mãn
điều kiện: z − 2 + z + 2 = 5 .
Đặt z = x + yi ( x , y ∈ R ) là số phức đã cho và M ( x , y ) là điểm biểu diễn của z trong mặt phẳng phức
Ta có:

z−2 + z+2 =5 ⇔

( x − 2 ) 2 + y 2 + ( x + 2 ) 2 + y 2 = 5 (1)


2
2
2
2
2
2
2
2
(1) ⇔ ( x − 2 ) + y − ( x + 2 ) − y = 5  ( x − 2 ) + y − ( x + 2 ) + y 


8x
⇔ ( x − 2 )2 + y 2 − ( x + 2 )2 + y 2 = −

(2)
5
5 4x

2
2
 ( x − 2 ) + y = 2 − 5
Từ (1) và (2) ta được: 
 ( x + 2 )2 + y 2 = 5 + 4 x

2 5
2

25
 5 4x 
2
2
( x − 2 ) + y =  −
 , x≤
8

2 5 
⇒
2

25
2
2  5 4x 
 , x≥−
( x + 2 ) + y =  +

5 
8
2

2

9x
9
+ y2 =
25
4
2
2
x
y
⇒
+
=1
25
9
4
4
⇒

,−

25
25
≤ x≤
8

8

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z thỏa điều kiện đã cho là elip

có phương trình:

0,25

1,0đ

0,25

0,25

0,25


0,25

x2 y2
+
=1
25
9
4
4

Cách khác

Đặt z = x + yi ( x , y ∈ R ) là số phức đã cho và M ( x , y ) là điểm biểu diễn của

z trong mặt phẳng phức

Trong mặt phẳng phức, xét các điểm F1 ( −2 ; 0 ), F 2 ( 2 ; 0 ) .
Ta có:
MF1 = ( −2 − x ) 2 + ( − y ) 2 = ( x + 2 ) 2 + y 2 = z +

2

0,25

MF2 = ( 2 − x ) 2 + ( − y ) 2 = ( x − 2 ) 2 + y 2 = z − 2

giả thiết : z − 2 + z + 2 = 5 ⇔ MF1 + MF2 = 5 , ta được tổng các khoảng cách từ
điểm M đến hai điểm cố định F1 , F2 bằng 5 (số không đổi) lớn hơn khoảng cách F1 F2 ( F1 F2 = 4 )
Do đó, từ

nên tập hợp các điểm M là một elip có:
2 a = 5 và các tiêu điểm

F1 ( −2 ; 0 ), F2 ( 2 ; 0 )

 2
5

a =
2
a
=
5

a
=


⇒
⇒
⇒
2


 2c = 4
c = 2
b 2 =


25
4
9
4

Vậy tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z thỏa điều kiện đã cho là elip
2
2

0,25

có phương trình:

x
y

+
=1
25
9
4
4

CâuVIb:
(2,0 đ )

0,25

1/ (1,0đ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích là S =

0,25

3
, đỉnh A(2;-3), đỉnh B(3;2

1,0đ

2), trọng tâm của tam giác thuộc đường thẳng d: 3x – y – 8 = 0. Tìm toạ độ đỉnh C.
•

Đặt C ( x o ; y o
Theo giả thiết:

) . Gọi G ( xG ; yG ) là trọng tâm ∆ABC .

5 + xo


 xG = 3
G là trọng tâm ∆ABC ⇒ 
 y = − 5 + yo
 G
3
 5 + xo   − 5 + yo 
−
 − 8 = 0 ⇒ 3 x o − y o − 4 = 0 (1)
Lại có G ∈ ( d ) ⇒ 3
3
 3  

AB = 2
AB = ( 1 ; 1 ) . Đường thẳng AB đi qua điểm A và có véc tơ pháp tuyến n = ( 1; − 1 ) nên phương
trình đường thẳng AB là: ( x − 2 ) − ( y + 3 ) = 0 ⇒ x − y − 5 = 0
xo − yo − 5
Khoảng cách từ điểm C đến đường thẳng AB là: d ( C , AB ) =
2
1
1
Diện tích ∆ABC là: S = .AB .d ( C , AB ) =
xo − yo − 5
2
2
3
Theo giả thiết, ta có : S =
⇔ x o − y o − 5 = 3 (2)
2
 3 x o − y o − 4 = 0

• Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình: 
 x o − y o − 5 = 3

0,25

•

0,25


 3 xo − yo = 4

 xo − yo = 8
 3 x − y = 4 ⇔
o
 o
  x o − y o = 2
Vậy có hai điểm cần tìm là: C ( −2 ; − 10 ) , C ( 1 ; − 1 )
 3 xo − yo − 4 = 0

⇔   xo − yo − 5 = 3 ⇔
  x − y − 5 = −3
o
 o

 xo

 yo
 x
 o

  y o

= −2

0,25

= −10
=1
= −1

0,25

2/(1,0đ) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : x − 2 y + 2 z − 1 = 0 và hai

x −1 y − 3 z
x−5 y z+5
=
=
= =
, d2 :
. Tìm các điểm M ∈ d 1 , N ∈ d 2 sao
6
4
−5
2
−3
2
cho đường thẳng MN song song mặt phẳng (P) và cách mặt phẳng (P) một khoảng cách bằng 2.
Gọi (Q ) là mặt phẳng song song mặt phẳng (P ) và cách (P ) một khoảng cách bằng 2
Phương trình mp (Q ) có dạng: x − 2 y + 2 z + D = 0 , D ≠ −1

1,0đ

đường thẳng d 1 :

Chọn

M o ( 1 ; 0 ; 0 ) ∈ ( P ) . Ta có : d ( M o , ( Q )) = 2 ⇔

1+ D
3

D = 5
=2⇔
(nhận)
 D = −7

0,25

⇒ có hai mặt phẳng song song mp(P) và cách mp(P) một khoảng cách bằng 2 là:

( Q1 ) : x − 2 y + 2 z + 5 = 0 , ( Q 2 ) : x − 2 y + 2 z − 7 = 0
Vì MN //( P ) và d ( MN , ( P )) = 2 nên MN ⊂ ( Q1 ) hoặc MN ⊂ ( Q 2 )
Do đó, có hai trường hợp:

 M = d 1 ∩ ( Q1 )
 M = d 1 ∩ ( Q2 )
; 

 N = d 2 ∩ ( Q1 )

 N = d 2 ∩ ( Q2 )
 M = d 1 ∩ ( Q1 )
•

 N = d 2 ∩ ( Q1 )
Tọa độ diểm M là nghiệm của hệ:
− 3 x − 2 y + 9 = 0
x−1 y−3 z
=
=


⇒ M ( 1; 3 ; 0 )
−3
2 ⇔ 2 y + 3 z − 6 = 0
 2
 x − 2 y + 2 z + 5 = 0
 x − 2 y + 2z + 5 = 0


0,25

Tọa độ diểm N là nghiệm của hệ:

 4 x − 6 y − 20 = 0
x−5 y z+5
= =


4

− 5 ⇔  − 5 y − 4 z − 20 = 0 ⇒ N ( 5 ; 0 ;−5 )
 6
 x − 2 y + 2 z + 5 = 0
 x − 2 y + 2z + 5 = 0

 M = d 1 ∩ ( Q2 )

 N = d 2 ∩ ( Q2 )
Tọa độ diểm M là nghiệm của hệ:
− 3 x − 2 y + 9 = 0
x−1 y−3 z
=
=


⇒ M ( 3;0 ; 2 )
−3
2 ⇔ 2 y + 3z − 6 = 0
 2
 x − 2 y + 2 z − 7 = 0
 x − 2 y + 2z − 7 = 0


•

0,25

Tọa độ diểm N là nghiệm củahệ:

 4 x − 6 y − 20 = 0

x−5 y z+5
= =


4
− 5 ⇔  − 5 y − 4 z − 20 = 0 ⇒ N ( −1 ; − 4 ;0 )
 6
 x − 2 y + 2 z − 7 = 0
 x − 2 y + 2z − 7 = 0

Vậy có hai cặp điểm cần tìm là:
CâuVIIb:
(1,0đ)

(1,0đ) Giải bất phương trình:

M ( 1 ; 3 ; 0 ), N ( 5 ; 0 ; − 5 ) và M ( 3 ; 0 ; 2 ), N ( −1; − 4 ; 0 )

( 5 + 1)

− x2 + x

+2

− x2 + x+1

≤ 3.( 5 − 1 )

− x 2 + x (*)

0,25
1,0đ


(*)

 5 + 1

⇔ 

 5 − 1

⇔ 


(

− x2 + x


4

2
5 −1 

 2 

+ 2.
 5 − 1

− x2 + x

)

− x2 + x

 2 

+ 2.
 5 − 1

2( − x 2 + x )

 2 
 2 


⇔ 
+ 2.
 5 − 1
 5 − 1

− x2 + x

 2 

≤1
 − 3 ≤ 

 5 −1

⇔
− x2 + x

 2 

>0

 5 − 1 

≤3

0,25

− x2 + x

−3≤0

− x2 + x

0,25

−3≤0

 2 

⇔ 0 < 
 5 −1

x ≤ 0
⇔ −x2 + x ≤ 0 ⇔ 

x ≥ 1

− x2 + x

≤1

Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là: ( −∞; 0 ] ∪ [ 1; + ∞ )
------------------Hết-----------------

0,25

0,25