Đáp án đề thi cao đẳng môn toán khối B năm 2012

ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2012
Môn: TOÁN; Khối A, Khối A1, Khối B và Khối D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
2x + 3
Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số y =
(1).
x +1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
b) Viết phương trình tiếp tuyến d của đồ thị hàm số (1), biết rằng d vuông góc với đường thẳng y = x + 2.
Câu 2. (2,0 điểm)
a) Giải phương trình 2cos 2 x + sin x = sin 3x.
b) Giải bất phương trình log 2 (2 x).log 3 (3 x) > 1.
3

Câu 3. (1,0 điểm) Tính tích phân I =

∫
0

x
x +1

dx.

Câu 4. (1,0 điểm) Cho khối chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, AB = a 2 , SA = SB = SC.

Góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng ( ABC ) bằng 60o. Tính thể tích khối chóp S . ABC và bán kính mặt
cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC theo a.
Câu 5. (1,0 điểm) Giải phương trình 4 x3 + x − ( x + 1) 2 x + 1 = 0 ( x ∈ \).
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 6.a. (2,0 điểm)
a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn (C ) : x 2 + y 2 − 2 x − 4 y + 1 = 0 và đường thẳng
d : 4 x − 3 y + m = 0. Tìm m để d cắt (C ) tại hai điểm A, B sao cho n
AIB = 120o , với I là tâm của (C ).
b) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng:

⎧x = t
⎪
d1 : ⎨ y = 2t (t ∈ \),
⎪z = 1 − t
⎩

⎧ x = 1 + 2s
⎪
d 2 : ⎨ y = 2 + 2s (s ∈ \).
⎪ z = −s
⎩

Chứng minh d1 và d 2 cắt nhau. Viết phương trình mặt phẳng chứa hai đường thẳng d1 , d 2 .
Câu 7.a. (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn (1 − 2i ) z −

2−i
= (3 − i ) z. Tìm tọa độ điểm biểu diễn của z trong
1+ i

mặt phẳng tọa độ Oxy.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 6.b. (2,0 điểm)
a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC. Các đường thẳng BC , BB ', B ' C ' lần lượt có
phương trình là y − 2 = 0, x − y + 2 = 0, x − 3 y + 2 = 0; với B ', C ' tương ứng là chân các đường cao kẻ từ
B, C của tam giác ABC . Viết phương trình các đường thẳng AB, AC .
x − 2 y +1 z +1
b) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng d :
và mặt phẳng
=
=
1
−1
−1
( P ) : 2 x + y − 2 z = 0. Đường thẳng Δ nằm trong ( P ) vuông góc với d tại giao điểm của d và ( P).
Viết phương trình đường thẳng Δ.
Câu 7.b. (1,0 điểm) Gọi z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 − 2 z + 1 + 2i = 0. Tính z1 + z2 .
----------- Hết ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:.............................................; Số báo danh................................


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2012
Môn: TOÁN; Khối A, Khối A1, Khối B và Khối D
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)

Câu
1
(2,0 điểm)

Đáp án

Điểm

a) (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y =

2x + 3
x +1

(1).

• Tập xác định: R \ {−1}.
• Sự biến thiên:
- Đạo hàm: y ' =

−1
2

0,25

, y ' < 0 , ∀x ≠ −1.

( x + 1)
- Hàm số nghịch biến trên các khoảng (− ∞; −1) và (−1; + ∞).
- Giới hạn và tiệm cận:

lim y = lim y = 2 ; tiệm cận ngang y = 2.

x→ − ∞

x→ + ∞

lim y = − ∞ và

x → ( − 1) −

lim y = + ∞ ; tiệm cận đứng x = −1.

x → ( − 1) +

0,25

- Hàm số không có cực trị.
- Bảng biến thiên:

x

−∞

−1
−

y'
y

+∞
−

+∞

2

0,25

2

−∞

• Đồ thị:

y

3
0,25

2

3
3
−
2

-1

O

x

b) (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến d của đồ thị hàm số (1), biết rằng d vuông góc với đường thẳng
y = x + 2.
d vuông góc với đường thẳng y = x + 2 ⇔ d có hệ số góc bằng −1.

Hoành độ tiếp điểm là x0 : y '( x0 ) = −1 ⇔

2
(2,0 điểm)

⎡ x0 = 0
−1
= −1 ⇔ ⎢
2
( x0 + 1)
⎣ x0 = −2

0,25
0,25

x0 = 0 : Phương trình tiếp tuyến d là y = − x + 3.

0,25

x0 = −2 : Phương trình tiếp tuyến d là y = − x − 1.

0,25

a) (1,0 điểm) Giải phương trình: 2cos 2 x + sin x = sin 3 x.

Phương trình đã cho tương đương với: 2cos 2 x + sin x − sin 3 x = 0 ⇔ 2cos 2 x − 2cos 2 x sin x = 0

1/4

0,25


⎡ cos2 x = 0
⇔ 2cos 2 x(sin x − 1) = 0 ⇔ ⎢
⎣sin x = 1

cos 2 x = 0 ⇔ x =
sin x = 1 ⇔ x =

π
2

π
4

+k

π

0,25

.

2

0,25

+ k 2π .

0,25

b) (1,0 điểm) Giải bất phương trình log 2 ( 2 x ) .log 3 ( 3 x ) > 1 .

3
(1,0 điểm)

Điều kiện x > 0. Bất phương trình tương đương với
(1 + log 2 x )(1 + log 3 x ) > 1

0,25

⎡log x < − log 2 6
⇔ (1 + log 2 x)(1 + log 3 2.log 2 x) > 1 ⇔ log 2 x [ (log3 2).log 2 x + log3 6] > 0 ⇔ ⎢ 2
⎣log 2 x > 0

0,25

1
log 2 x < − log 2 6 ⇔ 0 < x < .
6

0,25

⎛ 1⎞
log 2 x > 0 ⇔ x > 1 . Tập nghiệm của bất phương trình đã cho: ⎜ 0; ⎟ ∪ (1; +∞ ) .
⎝ 6⎠

0,25

3

Tính tích phân I =

x

∫

x +1

0

Đặt

dx.

x + 1 = t ; dx = 2tdt ; x = 0 ⇒ t = 1; x = 3 ⇒ t = 2.

0,25

2

∫

Ta có I = 2(t 2 − 1)dt.

0,25

1

2

⎛ t3
⎞
Suy ra I = 2 ⎜ − t ⎟ .
⎝3
⎠1

0,25

8
I= .
3
4
(1,0 điểm)

0,25

Cho khối chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, AB = a 2 , SA = SB = SC . Góc
giữa đường thẳng SA và mặt phẳng ( ABC ) bằng 60o. Tính thể tích khối chóp S . ABC và bán kính
mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC theo a.
Gọi H là trung điểm của BC ⇒ HA = HB = HC .
Kết hợp với giả thiết SA = SB = SC suy ra SH ⊥ BC , ∆SHA = ∆SHB = ∆SHC .
n = 60o.

⇒ SH ⊥ ( ABC ) và SAH

S

0,25

H 2a

B

60o

C

a 2

A
∆ABC vuông cân tại A : AC = AB = a 2 ⇒ BC = 2a ⇒ AH = a.

1 1
3a 3
∆SHA vuông : SH = AH tan 60o = a 3 ⇒ VS . ABC = . AB. AC .SH =
.
3 2
3

2/4

0,25

Gọi O, R lần lượt là tâm, bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC ⇒ O thuộc đường thẳng
SH ⇒ O thuộc mặt phẳng ( SBC ) ⇒ R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆SBC .

0,25

2a
2a 3
SH
.
=
= 2a ⇒ ∆SBC đều có độ dài cạnh bằng 2 a ⇒ R =
o
o
3
2sin 60
sin 60

0,25

Xét ∆SHA, ta có SA =
5
(1,0 điểm)

Giải phương trình 4 x3 + x − ( x + 1) 2 x + 1 = 0

( x ∈ \).

1
Điều kiện x ≥ − . Phương trình đã cho tương đương với:

2
(2 x)3 + 2 x =

(

)

0,25

3

2x + 1 + 2x + 1

(1)

Xét hàm số f (t ) = t 3 + t trên \ . Với mọi t ∈ \, f '(t ) = 3t 2 + 1 > 0 .

0,25

⇒ f (t ) đồng biến trên \ . Do đó (1) ⇔ 2 x = 2 x + 1.

0,25

Giải phương trình trên được nghiệm x =

1+ 5
.
4

0,25

6.a

a) (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ) : x 2 + y 2 − 2 x − 4 y + 1 = 0 và

(2,0 điểm)

đường thẳng d : 4 x − 3 y + m = 0. Tìm m để d cắt (C ) tại hai điểm A, B sao cho n
AIB = 120o , với I là
tâm của (C ).
Đường tròn (C ) có tâm I (1;2), bán kính R = 2 .

0,25

n = 120o ⇔ IH = IA cos60o = 1.
Gọi H là hình chiếu của I trên d , khi đó: AIB

0,25

|m− 2|
=1
5
⎡m = 7
⇔⎢
⎣ m = −3.

Do đó

0,25
0,25

b) (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:
⎧x = t
⎪
d1 : ⎨ y = 2t (t ∈ \),
⎪z = 1 − t
⎩

⎧ x = 1 + 2s
⎪
d 2 : ⎨ y = 2 + 2 s (s ∈ \).
⎪ z = −s
⎩

Chứng minh d1 và d 2 cắt nhau. Viết phương trình mặt phẳng chứa hai đường thẳng d1 , d 2 .

⎧t = 1 + 2s
⎪
Xét hệ ⎨2t = 2 + 2s (*)
⎪1 − t = − s
⎩

0,25

⎧t = 1
⇒ d1 , d 2 cắt nhau.
Giải hệ (*) được ⎨
⎩s = 0
JJG
JJG

d1 có VTCP u1 = (1; 2; −1) , d 2 có VTCP u2 = ( 2; 2; −1) . Mặt phẳng cần tìm là mặt phẳng đi qua
G G
điểm I (0;0;1) ∈ d1 và có một VTPT là [u1 , u 2 ] = ( 0; −1; −2 ) .

Phương trình mặt phẳng cần tìm: y + 2 z − 2 = 0.
7.a
(1,0 điểm)

Cho số phức z thỏa mãn (1 − 2i) z −

0,25

0,25
0,25

2−i
= (3 − i ) z. Tìm tọa độ điểm biểu diễn của z trong mặt phẳng tọa
1+ i

độ Oxy.
Phương trình đã cho tương đương với (1 − 2i) z − (3 − i) z =

3/4

2−i
1+ i

0,25

⇔ (−2 − i) z =
⇔z=

1 − 3i
2

0,25

1 7
+ i
10 10

0,25
0,25

⎛1 7⎞
Điểm biểu diễn của z là M ⎜ ; ⎟ .
⎝ 10 10 ⎠
6.b
(2,0 điểm)

a) (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC. Các đường thẳng BC , BB ', B ' C ' lần
lượt có phương trình là y − 2 = 0, x − y + 2 = 0, x − 3 y + 2 = 0; với B ', C ' tương ứng là chân các đường
cao kẻ từ B, C của tam giác ABC . Viết phương trình các đường thẳng AB, AC.
⎧x − y + 2 = 0
Tọa độ của điểm B ' là nghiệm của hệ ⎨
, giải hệ ta được
⎩x − 3y + 2 = 0

⎧ x = −2

⇒ B '(−2;0)
⎨
⎩y = 0

0,25

Đường thẳng AC đi qua B ' và vuông góc với BB ' nên AC có phương trình x + y + 2 = 0.
⎧x − y + 2 = 0
Tọa độ của điểm B là nghiệm của hệ ⎨
, giải hệ ta được
⎩y − 2 = 0
⎧x + y + 2 = 0
Tọa độ của điểm C là nghiệm của hệ ⎨
, giải hệ ta được
⎩y − 2 = 0

⎧x = 0
⇒ B (0; 2).
⎨
⎩y = 2
⎧ x = −4
⇒ C ( −4;2).
⎨
⎩y = 2

4 2
C '(3t − 2; t ) ∈ B ' C ', từ BC ' ⊥ CC ' suy ra C '(− ; ) hoặc C '( −2;0).
5 5
4 2
Nếu C '(− ; ) thì đường thẳng AB có phương trình là 2 x − y + 2 = 0.

5 5
Nếu C '(−2;0) thì đường thẳng AB có phương trình là x − y + 2 = 0.

0,25

0,25
0,25

x − 2 y +1 z +1
=
=
và mặt
−1
−1
1
phẳng ( P) : 2 x + y − 2 z = 0. Đường thẳng ∆ nằm trong ( P) vuông góc với d tại giao điểm của d và
( P ). Viết phương trình đường thẳng ∆.

b) (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :

Gọi I là giao điểm của d và ( P) ; I (1; −2;0) .
JJG
JJG
( P) có một VTPT là nP = (2;1; −2) , d có một VTCP là ud = (−1; −1;1) .
JJG JJG
JJG JJG JJJG
[ nP , ud ] = ( −1;0; −1) . ∆ nằm trong ( P) vuông góc với d ⇒ ∆ có một VTCP là u∆ = [nP ; ud ] .
⎧x = 1− t
Phương trình đường thẳng ∆ : ⎪⎨ y = − 2 ( t ∈ \).
⎪ z = −t

⎩

7.b
(1,0 điểm)

0,25
0,25
0,25
0,25

Gọi z1 , z2 là 2 nghiệm phức của phương trình z 2 − 2 z + 1 + 2i = 0 . Tính z1 + z2 .
Phương trình đã cho tương đương với ( z − 1) 2 − (1 − i ) 2 = 0

⇔ ( z − i )( z − 2 + i ) = 0

0,25
0,25

⎡z = i
⇔ ⎢
⎣z = 2 − i
z1 + z2 =| i | + | 2 − i |= 1 + 5.

0,25
0,25

----HẾT----

4/4

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2012
Môn: TOÁN; Khối A, Khối A1, Khối B và Khối D
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)

Câu
1
(2,0 điểm)

Đáp án

Điểm

a) (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y =

2x + 3
x +1

(1).

• Tập xác định: R \ {−1}.
• Sự biến thiên:
- Đạo hàm: y ' =

−1

2

0,25

, y ' < 0 , ∀x ≠ −1.

( x + 1)
- Hàm số nghịch biến trên các khoảng (− ∞; −1) và (−1; + ∞).
- Giới hạn và tiệm cận:

lim y = lim y = 2 ; tiệm cận ngang y = 2.

x→ − ∞

x→ + ∞

lim y = − ∞ và

x → ( − 1) −

lim y = + ∞ ; tiệm cận đứng x = −1.

x → ( − 1) +

0,25

- Hàm số không có cực trị.
- Bảng biến thiên:

x

−∞

−1
−

y'
y

+∞
−

+∞

2

0,25

2

−∞

• Đồ thị:

y

3
0,25

2

3
3
−
2

-1

O

x

b) (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến d của đồ thị hàm số (1), biết rằng d vuông góc với đường thẳng
y = x + 2.
d vuông góc với đường thẳng y = x + 2 ⇔ d có hệ số góc bằng −1.

Hoành độ tiếp điểm là x0 : y '( x0 ) = −1 ⇔

2
(2,0 điểm)

⎡ x0 = 0
−1
= −1 ⇔ ⎢
2
( x0 + 1)
⎣ x0 = −2

0,25
0,25

x0 = 0 : Phương trình tiếp tuyến d là y = − x + 3.

0,25

x0 = −2 : Phương trình tiếp tuyến d là y = − x − 1.

0,25

a) (1,0 điểm) Giải phương trình: 2cos 2 x + sin x = sin 3 x.

Phương trình đã cho tương đương với: 2cos 2 x + sin x − sin 3 x = 0 ⇔ 2cos 2 x − 2cos 2 x sin x = 0

1/4

0,25


⎡ cos2 x = 0
⇔ 2cos 2 x(sin x − 1) = 0 ⇔ ⎢
⎣sin x = 1

cos 2 x = 0 ⇔ x =
sin x = 1 ⇔ x =

π
2

π
4

+k

π

0,25

.

2

0,25

+ k 2π .

0,25

b) (1,0 điểm) Giải bất phương trình log 2 ( 2 x ) .log 3 ( 3 x ) > 1 .

3
(1,0 điểm)

Điều kiện x > 0. Bất phương trình tương đương với
(1 + log 2 x )(1 + log 3 x ) > 1

0,25

⎡log x < − log 2 6
⇔ (1 + log 2 x)(1 + log 3 2.log 2 x) > 1 ⇔ log 2 x [ (log3 2).log 2 x + log3 6] > 0 ⇔ ⎢ 2
⎣log 2 x > 0

0,25

1
log 2 x < − log 2 6 ⇔ 0 < x < .
6

0,25

⎛ 1⎞
log 2 x > 0 ⇔ x > 1 . Tập nghiệm của bất phương trình đã cho: ⎜ 0; ⎟ ∪ (1; +∞ ) .
⎝ 6⎠

0,25

3

Tính tích phân I =

x

∫

x +1

0

Đặt

dx.

x + 1 = t ; dx = 2tdt ; x = 0 ⇒ t = 1; x = 3 ⇒ t = 2.

0,25

2

∫

Ta có I = 2(t 2 − 1)dt.

0,25

1

2

⎛ t3
⎞
Suy ra I = 2 ⎜ − t ⎟ .
⎝3
⎠1

0,25

8
I= .
3
4
(1,0 điểm)

0,25

Cho khối chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, AB = a 2 , SA = SB = SC . Góc
giữa đường thẳng SA và mặt phẳng ( ABC ) bằng 60o. Tính thể tích khối chóp S . ABC và bán kính
mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC theo a.
Gọi H là trung điểm của BC ⇒ HA = HB = HC .
Kết hợp với giả thiết SA = SB = SC suy ra SH ⊥ BC , ∆SHA = ∆SHB = ∆SHC .
n = 60o.
⇒ SH ⊥ ( ABC ) và SAH

S

0,25

H 2a

B

60o

C

a 2

A
∆ABC vuông cân tại A : AC = AB = a 2 ⇒ BC = 2a ⇒ AH = a.

1 1
3a 3

∆SHA vuông : SH = AH tan 60o = a 3 ⇒ VS . ABC = . AB. AC .SH =
.
3 2
3

2/4

0,25


Gọi O, R lần lượt là tâm, bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC ⇒ O thuộc đường thẳng
SH ⇒ O thuộc mặt phẳng ( SBC ) ⇒ R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆SBC .

0,25

2a
2a 3
SH
.
=
= 2a ⇒ ∆SBC đều có độ dài cạnh bằng 2 a ⇒ R =
o
o
3
2sin 60
sin 60

0,25

Xét ∆SHA, ta có SA =

5
(1,0 điểm)

Giải phương trình 4 x3 + x − ( x + 1) 2 x + 1 = 0

( x ∈ \).

1
Điều kiện x ≥ − . Phương trình đã cho tương đương với:
2
(2 x)3 + 2 x =

(

)

0,25

3

2x + 1 + 2x + 1

(1)

Xét hàm số f (t ) = t 3 + t trên \ . Với mọi t ∈ \, f '(t ) = 3t 2 + 1 > 0 .

0,25

⇒ f (t ) đồng biến trên \ . Do đó (1) ⇔ 2 x = 2 x + 1.

0,25

Giải phương trình trên được nghiệm x =

1+ 5
.
4

0,25

6.a

a) (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ) : x 2 + y 2 − 2 x − 4 y + 1 = 0 và

(2,0 điểm)

đường thẳng d : 4 x − 3 y + m = 0. Tìm m để d cắt (C ) tại hai điểm A, B sao cho n
AIB = 120o , với I là
tâm của (C ).
Đường tròn (C ) có tâm I (1;2), bán kính R = 2 .

0,25

n = 120o ⇔ IH = IA cos60o = 1.
Gọi H là hình chiếu của I trên d , khi đó: AIB

0,25

|m− 2|
=1

5
⎡m = 7
⇔⎢
⎣ m = −3.

Do đó

0,25
0,25

b) (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:
⎧x = t
⎪
d1 : ⎨ y = 2t (t ∈ \),
⎪z = 1 − t
⎩

⎧ x = 1 + 2s
⎪
d 2 : ⎨ y = 2 + 2 s (s ∈ \).
⎪ z = −s
⎩

Chứng minh d1 và d 2 cắt nhau. Viết phương trình mặt phẳng chứa hai đường thẳng d1 , d 2 .

⎧t = 1 + 2s
⎪
Xét hệ ⎨2t = 2 + 2s (*)
⎪1 − t = − s
⎩

0,25

⎧t = 1
⇒ d1 , d 2 cắt nhau.
Giải hệ (*) được ⎨
⎩s = 0
JJG
JJG
d1 có VTCP u1 = (1; 2; −1) , d 2 có VTCP u2 = ( 2; 2; −1) . Mặt phẳng cần tìm là mặt phẳng đi qua
G G
điểm I (0;0;1) ∈ d1 và có một VTPT là [u1 , u 2 ] = ( 0; −1; −2 ) .

Phương trình mặt phẳng cần tìm: y + 2 z − 2 = 0.
7.a
(1,0 điểm)

Cho số phức z thỏa mãn (1 − 2i) z −

0,25

0,25
0,25

2−i
= (3 − i ) z. Tìm tọa độ điểm biểu diễn của z trong mặt phẳng tọa
1+ i

độ Oxy.
Phương trình đã cho tương đương với (1 − 2i) z − (3 − i) z =

3/4

2−i
1+ i

0,25


⇔ (−2 − i) z =
⇔z=

1 − 3i
2

0,25

1 7
+ i
10 10

0,25
0,25

⎛1 7⎞
Điểm biểu diễn của z là M ⎜ ; ⎟ .
⎝ 10 10 ⎠
6.b
(2,0 điểm)

a) (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC. Các đường thẳng BC , BB ', B ' C ' lần
lượt có phương trình là y − 2 = 0, x − y + 2 = 0, x − 3 y + 2 = 0; với B ', C ' tương ứng là chân các đường
cao kẻ từ B, C của tam giác ABC . Viết phương trình các đường thẳng AB, AC.
⎧x − y + 2 = 0
Tọa độ của điểm B ' là nghiệm của hệ ⎨
, giải hệ ta được
⎩x − 3y + 2 = 0

⎧ x = −2
⇒ B '(−2;0)
⎨
⎩y = 0

0,25

Đường thẳng AC đi qua B ' và vuông góc với BB ' nên AC có phương trình x + y + 2 = 0.
⎧x − y + 2 = 0
Tọa độ của điểm B là nghiệm của hệ ⎨
, giải hệ ta được
⎩y − 2 = 0
⎧x + y + 2 = 0
Tọa độ của điểm C là nghiệm của hệ ⎨
, giải hệ ta được
⎩y − 2 = 0

⎧x = 0
⇒ B (0; 2).
⎨
⎩y = 2
⎧ x = −4

⇒ C ( −4;2).
⎨
⎩y = 2

4 2
C '(3t − 2; t ) ∈ B ' C ', từ BC ' ⊥ CC ' suy ra C '(− ; ) hoặc C '( −2;0).
5 5
4 2
Nếu C '(− ; ) thì đường thẳng AB có phương trình là 2 x − y + 2 = 0.
5 5
Nếu C '(−2;0) thì đường thẳng AB có phương trình là x − y + 2 = 0.

0,25

0,25
0,25

x − 2 y +1 z +1
=
=
và mặt
−1
−1
1
phẳng ( P) : 2 x + y − 2 z = 0. Đường thẳng ∆ nằm trong ( P) vuông góc với d tại giao điểm của d và
( P ). Viết phương trình đường thẳng ∆.

b) (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :

Gọi I là giao điểm của d và ( P) ; I (1; −2;0) .

JJG
JJG
( P) có một VTPT là nP = (2;1; −2) , d có một VTCP là ud = (−1; −1;1) .
JJG JJG
JJG JJG JJJG
[ nP , ud ] = ( −1;0; −1) . ∆ nằm trong ( P) vuông góc với d ⇒ ∆ có một VTCP là u∆ = [nP ; ud ] .
⎧x = 1− t
Phương trình đường thẳng ∆ : ⎪⎨ y = − 2 ( t ∈ \).
⎪ z = −t
⎩

7.b
(1,0 điểm)

0,25
0,25
0,25
0,25

Gọi z1 , z2 là 2 nghiệm phức của phương trình z 2 − 2 z + 1 + 2i = 0 . Tính z1 + z2 .
Phương trình đã cho tương đương với ( z − 1) 2 − (1 − i ) 2 = 0

⇔ ( z − i )( z − 2 + i ) = 0

0,25
0,25

⎡z = i
⇔ ⎢
⎣z = 2 − i

z1 + z2 =| i | + | 2 − i |= 1 + 5.

0,25
0,25

----HẾT----

4/4