Đề thi thử môn toán tự luận có đáp án chi tiết

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3
NĂM HỌC 2012-2013
Môn thi: TOÁN - Khối: A, A1, B
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề

TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN PHÚ
TỔ TOÁN - TIN

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = 4 x 3 − 6 x 2 + mx (1), với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0 .
b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị đối xứng nhau qua đường thẳng 2 x − 4 y − 5 = 0
π

2
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2sin  3x + ÷ = 1 + 8sin 2 x.cos 2 x
4


1 + x + y + 1 = 9 ( x + y ) 2 + 2 x + y

Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  4 x +3 y  1  x +1
+ ÷ = 2
4
2

2

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân

1 − x5

∫ x 1+ x
(
)
1

5 2

dx

·
Câu 5 (1,0 điểm). Cho tam giác ABC có BAC
= 600 , nội tiếp đường tròn đường kính AI. Trên đường
thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC) tại A, lấy điểm S sao cho SA = 2BC. Gọi M và N lần lượt là hình
chiếu vuông góc của A lên SB, SC. Chứng minh rằng mặt phẳng (AMN) vuông góc với đường thẳng SI
và tính góc giữa hai mặt phẳng (AMN) và (ABC).
4( x + y + z)
y+z
x+ y
z+x
+
+
≥
, ∀x, y, z > 0
Câu 6 (1,0 điểm). Chứng minh rằng
x
y
z
( y + z ) ( z + x) ( x + y)
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(0; 2) và đường thẳng d:
x − 2 y + 2 = 0 . Tìm trên d hai điểm B, C sao cho tam giác ABC vuông tại A và AB = 2AC.

x y z
Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng d: = = và mặt phẳng
1 2 3
(P): x + y + z − 6 = 0 . Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng ∆ nằm trong mặt
phẳng (P), vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới ∆ bằng 2 2 .
Câu 9 (1,0 điểm). Giải phương trình sau trên tập số phức: x 4 + 6 x 3 + 9 x 2 + 100 = 0

---------------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:……………………………………


BIỂU ĐIỂM CHẤM
ĐỀ THI THỬ TOÁN LẦN III – KHỐI A, A1, B – NĂM 2013
Nội dung

Câu
1
(2.0
điểm)

Điểm

a. (1.0 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số.
* m = 0 thì y = 4 x 3 − 6 x 2
* TXĐ: D = R .
y = +∞, lim y = −∞
* lim
x →+∞

x →−∞
x = 0
2
* y ' = 12 x − 12 x, y ' = 0 ⇔ 
x = 1

0.25

0.25

* Bảng biến thiên…
Hàm số đồng biến trên ( −∞;0 ) ; ( 1; +∞ ) . Hàm số nghịch biến trên ( 0;1)

0.25

Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y = 0 . Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, y = −2
1
Điểm uốn: y '' = 24 x − 12, y '' = 0 ⇔ x = , y = −1
2
3
Giao Ox: y = 0 ⇔ x = 0 v x = . Giao Oy: x = 0 ⇒ y = 0 .
2

0.25

b. (1.0 điểm) Tìm m để đồ thị có …
y ' = f ' ( x ) = 12 x 2 − 12 x + m . Hàm số có hai cực trị ⇔ ∆ ' = 36 − 12m > 0 ⇔ m < 3
Gọi hai điểm cực trị của đths là A ( x1 , y1 ) ; B ( x2 , y2 ) ( x1 , x2 là hai nghiệm của pt y ' = 0 )

0.25

1   2m
m
1

− 2 ÷x +
Có: y = f ( x ) = f ' ( x )  x − ÷+ 
6  3
6
3

m
m
 2m

 2m

− 2 ÷x1 + và y2 = 
− 2 ÷x2 +
Do f ' ( x1 ) = f ' ( x2 ) = 0 nên y1 = 
6
6
 3

 3


0.25

m

 2m

− 2 ÷x +
Vậy pt đt AB là y = 
6
 3

 AB ⊥ d ( 1)
A, B đối xứng nhau qua d: 2x – 4y – 5 = 0 ⇔ 
(I là trung điểm AB)
( 2)
 I ∈ d

( 1) ⇔ 

2m
 1
− 2 ÷. = −1 ⇔ m = 0 (thoả mãn m < 3)
 3
 2

0.25


x1 + x2 1

 xI = 2 = 2
1
I có toạ độ: 
. ( 2 ) ⇔ 2. − 4. ( −1) − 5 = 0 (đúng)

2
 yI =  2m − 2 ÷xI + m = −1
6
 3



0.25

Vậy A, B đối xứng nhau qua d khi và chỉ khi m = 0
2.
(1.0
điểm)

Giải phương trình lượng giác…
 
π
sin  3 x + 4 ÷ ≥ 0 ( 1)
 

Pt ⇔ 
4sin 2  3x + π  = 1 + 8sin 2 x.cos 2 2 x ( 2 )

÷

4


0.25

π 
÷ = 1 + 4sin 2 x.(1 + cos4 x)
2 ÷



⇔ 2 + 2sin 6 x = 1 + 4sin 2 x + 2sin 6 x − 2sin 2 x

0.25

π

x
=
+ kπ

1
12
⇔ sin 2 x = ⇔ 
.
2
 x = 5π + kπ

12

0.25



( 2 ) ⇔ 2 1 − cos  6 x +

- Với x =

π
π
π

+ kπ : ( 1) ⇔ sin  + k 3π ÷ ≥ 0 ⇔ k = 2n ⇒ x = + n2π
12
12
2


17π
5π
 3π

+ k 3π ÷ ≥ 0 ⇔ k = 2n + 1 ⇒ x =
+ n 2π , n ∈ Z
+ kπ : ( 1) ⇔ sin 
- Với x =
12
12
 2

3.
(1.0
điểm)

0.25

Giải hệ phương trình…
1 + x + y + 1 = 9 ( x + y ) 2 + 2 x + y ( 1)

 4 x +3 y  1  x +1
+  ÷ = 2 ( 2)
4
2


( 1) ⇔ 2

x + y − x + y + 1 = −9 ( x + y ) + 1 ⇔
2

3( x + y ) −1
2 x + y + x + y +1

= −9 ( x + y ) + 1
2

0.5



1
1
⇔ ( 3 ( x + y ) − 1) . 
+ 3 ( x + y ) + 1÷ = 0 ⇔ x + y =
 2 x + y + x + y +1

÷
3


x +1

1
Khi đó: ( 2 ) ⇔ 4 x +1 +  ÷
2

t = 1

3
x +1
= 2 ⇔ t − 2t + 1 = 0 , ( t = 2 > 0 ) ⇔  −1 + 5
t=

2

0.25


(

)

 x = log 2 5 − 1 − 2
 x = −1
−1 + 5



⇒
Với t = 1 ⇔ 
4 , Với t =
7
2
 y = 3
 y = − log 2 5 − 1
3

Tính tích phân…

(

4.
(1.0
điểm)

2

2

1 − x5

∫ x 1+ x
(
)

5 2

1

dx = ∫

1 + x5 − 2 x5

1

x ( 1 + x5 )

2

1

 1
− 2 ÷
1
t 
dt =
x = ⇒ I1 = ∫ 
1
1


t
1
1 + ÷
t  t5 
1

2

dx = ∫

2

1

∫

1

2

0.25

)

2

1
2x4
dx
−
∫1 1 + x5 2 dx = I1 − I 2
x ( 1 + x5 )
(
)
1

t4
1
1
1
dt = ∫ 5
d ( t 5 + 1) = ln t 5 + 1
5
t +1
5 1 t +1
5

0.25

1
1 2

2

=

1
( 6 ln 2 − ln 33)
5

0.25

2

2
1

2  1  2 31
I2 = ∫
d ( x 5 + 1) = − .  5 ÷ =
2
5 1 ( 1 + x5 )
5  x + 1  1 165
I=
5.
(1.0
điểm)

0.25

1
31
( 6 ln 2 − ln 33) −
5
165

0.25

Tính thể tích và khoảng cách
IB ⊥ AB (do AI là đường kính đtròn (ABC)), IB ⊥ SA
(do SA ⊥ (ABC)) nên IB ⊥ (SAB) ⇒ IB ⊥ AM mà AM
⊥ SB nên AM ⊥ (SBI)

S

N

⇒ AM ⊥ SI
M
C

A

Chứng minh tt: AN ⊥ SI. Vậy SI ⊥ (AMN)
Có SA ⊥ (ABC); SI ⊥ (AMN)

I

B

⇒ (·
( ABC ) , ( AMN ) ) = (·SA, SI )
· I=
∆ SAI có: tan AS

AI là đường kính của đtròn (ABC) nên:

Từ (1),(2)

6.
(1.0

0.5

· I=
⇒ tan AS

AI
(1)
SA

BC
2
= 2 RABC = AI ⇒ AI = BC.
(2)
·
3
sin BAC

2
2
BC.
3 =
3 = 1 ⇒ ·ABC , AMN = 300
) (
))
((
SA
2 BC
3

BC.

0.25

0.25

Chứng minh bất đẳng thức …
Bđt ⇔

0.25


điểm)

( z + x) ( x + y)

P = ( y + z)

Có:

x

( z + x) ( x + y)

⇒ ( y + z)

x2

y

2

( y + z) ( z + x)

+ ( x + y)

z2

≥ 4( x + y + z)

2

x 2 + x ( y + z ) + yz x 2 + 2 x yz + yz  x + yz 
=
≥
=
÷

÷
x2
x2
x



( z + x) ( x + y)
x

( x + y) ( y + z)

+ ( z + x)

2

2

0.25


yz 
yz
yz
≥ ( y + z ) 1 +
= y + z + ( y + z)
≥ y+z+2
(1)
÷

x ÷
x
x




( z + x )

Chứng minh tt có: 

( x + y )


( x + y) ( y + z)
y

2

( y + z) ( z + x)
z

2

≥ z+x+2

zx
( 2)
y

≥ x+ y+2

xy
( 3)
z

0.25

 yz zx xy 
Từ (1), (2), (3) có: P ≥ 2 ( x + y + z ) + 2  + + ÷ (4)
y
z 
 x
Áp dụng bđt: a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca , có:
yz zx xy
+ +
≥
x

y
z

yz zx
zx xy
xy yz
.
+
.
+
.
= x + y + z (5)
x
y
y
z
z
x

0.25

Từ (4), (5) ⇒ P ≥ 4 ( x + y + z ) . Dấu bằng xảy ra khi x = y = z
7.
(1.0
điểm)

Tìm hai điểm B,C…
Gọi H là hình chiếu của A lên d ta có AH = d(A, d) =

0 − 2.2 + 2

1+ 2

2

=

2
5
0.25

Tam giác ABC vuông tại A nên
1
1
1
1
1
5
+
=
⇔
+
= ⇒ AC = 1 ⇒ AB = 2
2
2
2
2
2
AB
AC
AH

4 AC
AC
4
Khi đó C thuộc đường tròn (A,1): x 2 + ( y − 2 ) = 1
2

2
 y = 1, x = 0
2
 x + ( y − 2 ) = 1
⇔
Toạ độ C là nghiệm hệ 
y = 7 , x = 4
 x − 2 y + 2 = 0
5
5

uuur
+ Với C(0;1): đt AB qua A(0;2) có vtpt AC = (0; −1) có pt: y − 2 = 0

x − 2 y + 2 = 0
x = 2
⇔
⇒ B (2; 2)
Toạ độ B là nghiệm hệ 
y − 2 = 0
y = 2

0.25

0.5


uuur 4 3
4 7
+ Với C( ; ): đt AB qua A(0;2) có vtpt AC = ( ; − ) có pt: 4 x − 3 y + 6 = 0
5 5
5 5
6

x=−

x
−
2
y
+
2
=
0

6 2

5
⇔
⇒ B (− ; )
Toạ độ B là nghiệm hệ 
5 5
4 x − 3 y + 6 = 0
y = 2


5
8.
(1.0
điểm)

Viết phương trình đường thẳng …
x y z
 = =
⇔ M ( 1; 2;3)
Toạ độ M là nghiệm hệ  1 2 3
 x + y + z − 6 = 0
Gọi d’ là hình chiếu của d lên mp(P) ⇒ d ' = ( P) ∩ (Q) , với (Q) là mp chứa d và vuông góc
uur uu
r uur
(P). Mp(Q) qua M và có vtpt nQ = ud , nP  = (-1; 2; -1)

0.5

x = t
x + y + z − 6 = 0

⇒ (Q) có pt: x − 2 y + z = 0 ⇒ d’ có pt: 
⇔ y = 2
x − 2 y + z = 0
z = 4 − t

Vì ∆ nằm trong (P), ∆ ⊥ d nên ∆ ⊥ d’
Gọi H(t; 2; 4 – t) là giao điểm của ∆ và d’ ta có M ∈ d’ nên MH ⊥ ∆
t = 3

⇒ MH = d ( M , ∆) = 2 2 ⇒ ( t − 1) + ( 2 − 2 ) + ( 4 − t − 3) = 8 ⇒ ( t − 1) = 4 ⇒ 
t = −1
2

2

2

2

uu
r uur
x − 3 y − 2 z −1
=
=
+ Với t = 3 thì H(3; 2; 1): ∆ qua H, có vtcp u∆ = nQ nên ∆ có pt:
−1
2
−1
uu
r uur
x +1 y − 2 z − 5
=
=
+ Với t =-1 thì H(-1; 2; 5): ∆ qua H, có vtcp u∆ = nQ nên ∆ có pt:
−1
2
−1
9.
(1,0

điểm)

0.25

0.25

Giải phương trình…
Pt ⇔ x 2 ( x 2 + 6 x + 9 ) = −100 ⇔ ( x ( x + 3) ) = ( 10i )
2

2

0,25

 x 2 + 3x − 10i = 0 (1)
⇔ 2
 x + 3x + 10i = 0 (2)

0,25

 x = 1 + 2i
(1) có ∆ = 9 + 40i có một căn bậc hai là 5 + 4i ⇒ (1) có nghiệm 
 x = −4 − 2i

0,25

 x = 1 − 2i
(2) có ∆ = 9 − 40i có một căn bậc hai là 5 − 4i ⇒ (2) có nghiệm 
 x = −4 + 2i

0,25


Trường THPT Chuyên Trần Phú

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2013 – LẦN III

Môn thi: TOÁN – Khối D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số y =

−x + m
(C).
x+2

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1 .
2. Tìm số thực dương m để đường thẳng ( d ) : 2 x + 2 y − 1 = 0 cắt (C) tại hai điểm A và B sao
cho tam giác OAB có diện tích bằng 1 trong đó O là gốc tọa độ.
Câu II. (1,0 điểm) Giải phương trình

sin 2 x sin 2 3 x
+
= tan 2 x ( sin x + sin 3 x ) .
cos x cos 3x

 x 2 + y + xy ( x + y − 5 ) = 0
Câu III. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  2
.
( x + y ) ( x + y ) = 6 xy

π
2

1 + cos 2 x
dx .
π 1 + sin 2 x

Câu IV. (1,0 điểm) Tính tích phân sau I = ∫
4

Câu V. (1,0 điểm) Chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M và N lần lượt là trung
điểm các cạnh AB và AD, H là giao điểm của CN và DM. Biết hai mặt phẳng (SHC) và (SHD) cùng
vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SH = a 3 . Tính thể tích khối chóp S.CDNM và khoảng cách
giữa hai đường thẳng DM và SB.
Câu VI. (1,0 điểm) Cho các số thực x, y phân biệt thỏa mãn ( x − 2 ) + ( y + 2 ) − 2 xy ≤ 8 . Tìm giá
2

3
3
trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x − y − ( x − y ) ( 7 + 3xy ) +

2

4
+ 4 xy .
x− y

Câu VII. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C1): ( x + 2 ) + ( y − 1) = 1 có
2

2

tâm O1, đường tròn ( C2 ) bán kính bằng 4, có tâm O 2 nằm trên đường thẳng ( d ) : x + y − 4 = 0 và
cắt (C1) tại hai điểm A và B sao cho tứ giác O 1AO2B có diện tích bằng 2 3 . Viết phương trình
đường tròn (C2) biết O2 có hoành độ dương.
Câu VIII. (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua A ( 3; −2; −4 ) , song song với mặt
phẳng ( P ) : 3 x − 2 y − 3z − 7 = 0 và cắt đường thẳng ( d ) :

x − 2 y + 4 z −1
=
=
.
3
−2
2

Câu IX. (1,0 điểm) Tìm mô đun của số phức z biết z 3 + 12i = z và z có phần thực dương.


---------------- Hết ----------------

Họ và tên thí sinh:…………………………

Số báo danh: ………………………………...
BIỂU ĐIỂM CHẤM

ĐỀ THI THỬ TOÁN LẦN III – KHỐI D – NĂM 2013
Câu
I.
(2.0 điểm)

Nội dung

Điểm

1. (1.0 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số…

* m = 1 thì y =

−x +1
.
x+2

0.25

* TXĐ: D = R\{ −2 }.
* Tiệm cận đứng x = −2 , tiệm cận ngang y = −1 .
* y'= −

3

( x + 2)

2

< 0, ∀x ∈ D , nên hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định.

* Bảng biến thiên.

0.25

0.25

Giao Ox: y = 0 ⇔ x = 1 .
1
2

Giao Oy: x = 0 ⇒ y = .

0.25

Đồ thị.
2. (1.0 điểm) Tìm m để đường thẳng …

Phương trình hoành độ giao điểm:
 2 x 2 + x + ( 2 m − 2 ) = 0 ( *)
−x + m 1

= −x⇔
x+2
2

 x ≠ −2

0.25

(d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có hai nghiệm phân

0.25

biệt và khác −2 .
17


1 − 4.2. ( 2m − 2 ) > 0
∆ g > 0
m <
⇔
⇔
⇔
16
g
−
2
≠
0
8
−
2
+
2
m
−
2
≠
0
(
)






m
≠
−2


Với điều kiện trên giả sử đường thẳng cắt đồ thị hàm số tại hai điểm có hoành độ
x A ≠ xB . Ta có x A + xB =
SOAB =

1
−1
; x A xB = m − 1 . d(O; AB) = d(O; d) =
.
2
2 2

1
1
d ( O; AB ) . AB =
.
2
4 2

⇔ ( xB + x A ) − 4 x A xB = 16 ⇔
2

II.

( xB − x A )

2

+ ( yB − y A ) =
2

1
4

( xB − x A )

2

=1

1
47
− 4 ( m − 1) = 16 ⇔ m = −
4
16

sin x ( tan 2 x − tan x ) = sin 3 x ( tan 3 x − tan 2 x )
sin x
sin x
⇔ sin x ×
= sin 3 x ×
cos 2 x.cos x
cos 3x.cos 2 x

⇔ sin x ( tan 3x − tan x ) = 0

(1.0 điểm)

0.25

Giải phương trình lượng giác…

(1.0 điểm) Điều kiện cos x ≠ 0 , cos 3x ≠ 0 , cos 2 x ≠ 0 .

III.

0.25

0.25

0.25

 x = kπ
sin x = 0
kπ
⇔
⇔
⇔ x=
k
π
x =
2
 tan 3 x = tan x


2

0.25

Kết hợp điều kiện, phương trình có nghiệm S = { kπ | k ∈ Z } .

0.25

Giải hệ phương trình…
Nếu xy = 0 thì phương trình tương đương với x = y = 0 (thỏa mãn).

0.25

Nếu xy ≠ 0 thì hệ phương trình đã cho tương đương với
 x2 + y
 x2 + y
 x2 + y
 xy + ( x + y ) = 5
=3
=2



⇔  xy
hoặc  xy
 2
 x + y .( x + y ) = 6
x + y = 2
x + y = 3



 xy


7 + 17
7 − 17
x=
2
2

x =
 x + y = 3 xy
4x − 7 x + 2 = 0


8
8
⇔
⇔
Nếu 
hoặc 
x + y = 2
y = 2 − x
 y = 9 − 17
 y = 9 + 17


8
8


0.25

0.25




7 + 13
7 − 13
x=
x=


 x + y = 2 xy
3 x − 7 x + 3 = 0


6
6
⇔
⇔
Nếu 
hoặc 
x + y = 3
y = 3− x
 y = 11 − 13
 y = 11 + 13



6
6


2

IV.
(1.0 điểm)

2

0.25

Tính tích phân…
π
2

1 + cos 2 x
dx =
π 1 + sin 2 x

I=∫
4

π
2

π
2

π
2

1

∫ ( sin x + cos x )

π
4

2

cos 2 xdx
π 1 + sin 2 x

dx + ∫

0.25

4

π
2

cos 2 x
1 d ( 1 + sin 2 x )
ln 2
dx = ∫
=−
2 π 1 + sin 2 x

2
π 1 + sin 2 x

I1 = ∫
4

4

π
2

I2 = ∫
π
4

I=

V.

0.25

π

π
dx+ ÷
1
π2 1
4



dx = ∫
= − ×cot  x + ÷ =
π
2
4π 2


π
2sin 2  x + ÷
4
4
4

π
2

1

( sin x + cos x )

2

0.25

1 − ln 2
2

0.25

Tính thể tích và khoảng cách…

(1.0 điểm)

(SHC) và (SHD) cùng vuông góc với (ABCD) nên
SH vuông góc với (ABCD).

S

SCDNM = S ABCD − S BCM − S AMN = a 2 −

I
B

M

A

N
K
P

2

a a
5a
− =
4 8
8

0.25

2

Suy ra

H
D

2

C

VS .CDNM

1
1
5a 2 5 3a 3
= SH .SCDNM = a 3.
=
( dvtt )
3
3
8
24

Gọi P là trung điểm của CD. Khi đó DM // (SBP) nên
d ( DM ; SB ) = d ( DM ; ( SBP ) ) = d ( H ; ( SBP ) )

Trong (ABCD), CN cắt BP tại K. Trong (SHK) hạ HI vuông góc với SK.
Chứng minh được CN vuông góc với BP và HI vuông góc với (SHK).

Khi đó d ( H ; ( SBP ) ) = HI .

0.25
0.25


Tính HC =
VI.
(1.0 điểm)

2 5
a 5
3
và HI =
a , HK =
a.
5
5
4

0.25

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức …
Từ điều kiện đầu tiên suy ra ( x − y ) − 4 ( x − y ) ≤ 0 ⇔ 0 < x − y ≤ 4 ( x ≠ y ) .
2

Ta luôn có 4xy ≥ − ( x − y ) nên

0.25

2

4
4
3
2
P = ( x − y ) + 4 xy − 7 ( x − y ) +
≥ ( x − y) − ( x − y) − 7( x − y) +
x− y
x− y

0.25

3

Xét f ( t ) = t 3 − t 2 − 7t +

4
trên (0; 4] .
t

2
Suy ra: f ' ( t ) = 3t − 2t − 7 −

4
; f '( t ) = 0 ⇔ t = 2 .
t2

0.25

f ( t ) = f ( 2 ) = −8 .
Tìm được tmin
∈(0;4]

0.25

Vậy min P = −8 khi x = 1; y = −1 .
VII.
(1.0 điểm)

Viết phương trình đường tròn…
Đường tròn (C1) có bán kính R1 = 1 và tâm O1 ( −2;1) , đường tròn O2 ( t ; 4 − t ) .
· AO = 2 3 .
SO1 AO2 B = 2 3 ⇒ 2SO1 AO2 = SO1 AO2 B = O1 A.O2 A.sin O
1
2

0.5

· AO = 600
O
3
1
2
·
⇒
Nên suy ra sin O1 AO2 =
·
2
O1 AO2 = 1200

· AO = 600 thì O O 2 = 13 ⇒ ( t + 2 ) 2 + ( 3 − t ) 2 = 13 .
Trường hợp 1. O
1 2
1
2
t = 0
⇔ 2t 2 − 2t = 0 ⇔ 
. Chọn t = 1 suy ra O2(1; 3).
t = 1

0.25

Vậy (C2): ( x − 1) + ( y − 3) = 16 .
2

2

· AO = 1200 thì O O 2 = 21 ⇒ ( t + 2 ) 2 + ( 3 − t ) 2 = 21 .
Trường hợp 2. O
1 2
1
2
⇔ 2t 2 − 2t − 8 = 0 ⇔ t =

 1 + 17 7 − 17 
1 + 17
;
. Suy ra O2 
÷.
2 ÷

2
 2

2

2

 1 + 17  
7 − 17 
+
y
−
Vậy (C2):  x −
÷

÷
÷ 
÷ = 16 .
2
2

 


0.25


VIII.
(1.0 điểm)

Viết phương trình đường thẳng ∆ …
uur

Ta có nP ( 3; −2; −3) . Giả sử B(2 + 3t ; –4 – 2t ; 1 + 2t) là giao điểm của ∆ và d .
uuur

uuu
r

uu
r

uuu
r uur

Khi đó AB ( −1 + 3t ; −2 − 2t ;5 + 2t ) , AB || ( P ) ⇒ AB ⊥ nP ⇔ AB.nP = 0 ⇔ t = 2 .
uuur
Vậy B(8; −8;5) và AB ( 5; −6;9 ) .

Vậy phương trình đường thẳng ( ∆ ) :
IX.
(1.0 điểm)

x −3 y + 2 z + 4
=
=
.
5
−6
9

0.25
0.5

0.25

Tìm mô đun của số phức z…
Đặt z = a + bi ( a, b ∈ R ) , có z 3 + 12i = z tương đương với

0.25

a 3 + 3a 2bi − 3ab 2 − b 3i + 12i = a − bi
3
2

a = 2
a − 3ab = a
⇔ 2
⇔
(vì a dương)

3

b = −1
3a b − b + 12 = −b

Do đó z = 2 − i ⇒ z = 5 .

0.5
0.25