DAN TOAN KHOI B THEO NHIEU CACH

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (242.76 KB, 12 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012
 --- Mơn: TỐN; Khối B

ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

I. PHầN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu 1. (2,0 điểm). Cho hàm số y= −x3 3mx2+3m3 (1), m là tham số thực.
 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽđồ thị của hàm số (1) khi m=1.

b) Tìm m đểđồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A và B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 48.
 Câu 2. (1,0 điểm). Giải phương trình 2(cosx+ 3 sin ) cosx x=cosx− 3 sinx+1.

Câu 3. (1,0 điểm). Giải bất phương trình x+ +1 x2−4x+ ≥1 3 x .
 Câu 4. (1,0 điểm). Tính tích phân 4 2

3
1

3 2

+ +

∫

x

I dx

x x .

Câu 5. (1,0 điểm). Cho hình chóp tam giác đều S.ABC với SA = 2a, AB = a. Gọi H là hình chiếu vng góc
của A trên cạnh SC. Chứng minh SC vng góc với mặt phẳng (ABH). Tính thể tích của khối chóp S.ABH 
theo a.

Câu 6. (1,0 điểm). Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x+ + =y z 0 và x2+y2+z2=1.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P=x5+y5+z . 5

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 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho các đường tròn (C1) :x2+ y2=4,
2 2

(C ) :x +y −12x+18=0 và đường thẳng d x: − − =y 4 0. Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc
2

(C , ti) ếp xúc với d và cắt (C t1) ại hai điểm phân biệt A và B sao cho AB vng góc với d. 
 Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng :

2 2

− =
−
=

x y z

d và hai điểm

(2;1; 0), ( 2;3; 2)−

A B . Viết phương trình mặt cầu đi qua A, B và có tâm thuộc đường thẳng d.

Câu 9.a (1,0 điểm). Trong một lớp học gồm có 15 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Giáo viên gọi ngẫu
nhiên 4 học sinh lên bảng giải bài tập. Tính xác suất để 4 học sinh được gọi có cả nam và nữ.

B. Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có AC = 2BD và đường tròn
tiếp xúc với các cạnh của hình thoi có phương trình x2+y2 =4. Viết phương trình chính tắc của elip (E) đi
qua các đỉnh A, B, C, D của hình thoi. Biết A thuộc Ox.

Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho (0; 0;3),A M(1; 2; 0). Viết phương trình mặt
phẳng ( )P qua A và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại B, C sao cho tam giác ABC có trọng tâm thuộc đường
thẳng AM.

Câu 9.b (1,0 điểm). Gọi z và 1 z là hai nghi2 ệm phức của phương trình 2

2 3 4 0.

− − =

z iz Viết dạng lượng

giác của z và 1 z . 2

…………

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

ĐÁP ÁN THEO NHIỀU CÁCH

Câu 1. Cho hàm số 3 2 3

y=x −3mx +3m (1), m là tham số thực.

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m=1.

2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A và B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 48.

1. Khi m = 1, hàm số thành: y = x3 – 3x2 + 3.

● Tập xác định D=ℝ.

● y’ = 3x2 – 6x.

● y’ = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2.

● lim y

x→−∞

= −∞ và lim y

x→+∞

= +∞

● Bảng biến thiên.

x −∞ 0 2 +∞
y’ + 0 − 0 +

y 3 +∞

−∞ -1

Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; 0), (2; +∞); hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2).
Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 3; hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = -1.

● Đồ thị hàm số đi qua các điểm (1;1), (3;3), (-1;-1).

● Đồ thị.

2. ● y’ = 3x2 – 6mx.

● y’ = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2m.

● y có 2 cực trị ⇔ m ≠ 0.

● Khi đó hàm số có hai điểm cực trị A(0;3m3) và B(2m;-m3).

Nhận xét: A thuộc Oy nên OA= yA = 3m3 và d B Oy

(

)

= xB = 2m .

● Yêu cầu bài toán S∆OAB = 48 1 .

(

)

48 1 3 3 2 48

2OA d B Oy 2 m m

⇔ = ⇔ =

x
0

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Cách 2. Dùng khi khơng tìm được cụ thể tọa độ các điểm cực trị.

● y’ = 3x2 – 6mx.

● Để hàm số có hai cực trị ⇔ ∆ > ⇔y ' 0 36m2 > ⇔ ≠0 m 0.

● Ta có 1 m 2 3

y x y ' 2m x 3m

3 3

 

= −  − +

  .

● Suy ra đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là 2 3 2 3
y= −2m x+3m ⇔2m x+ −y 3m =0.

● Ycbt S∆OAB = 48

(

( )

)

(

) (

)

2 2

B A B A 4

3m
1

AB.d O, d 48 x x y y . 96

2 4m 1

−

⇔ = ⇔ − + − =

(

)

(

)

2 4

B A 4

x x 1 4m . 96

4m 1

−

⇔ − + =

(

)

2 3

B A A B

x x 4x x . 3m 96

⇔ + − − = (*)

● Do x ,xA B là hai nghiệm của phương trình y’=0 nên theo Viet ta có A B

A B

x x 2m

x x 0

+ =




 . Thay vào

phương trình (*) ta được

( )

2 3 4

2m . 3m− =96⇔m =16⇔ = ±m 2.(thỏa điều kiện)

dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ 
Câu 2. Giải phương trình: 2 cos

(

x+ 3 sinx

)

cosx=cosx− 3 sinx+1

2 cos x 3 sin 2x cosx 3 sinx 1

⇔ + = − +

(

)

2 cos x 1 3 sin 2x cosx 3 sinx

⇔ − + = −

cos 2x 3 sin 2x cosx 3 sinx

⇔ + = −

sin 2 sin

6 6

x π π x

   

⇔  + =  − 

   

2 2

6 6

2 2

6 6

x x k

π π π

π π π π



+ = − +




⇔

 

 + = − − +

 
  


2
3

, .

2 3

2
3

k
x

k

x k

π π





⇔ ⇔ = ∈

 = +


</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Cách 2. Giống cách 1 nhưng đưa về phương trình theo cos.

2 cos x 3 sin 2x cosx 3 sinx 1

⇔ + = − +

(

)

2 cos x 1 3 sin 2x cosx 3 sinx

⇔ − + = −

cos 2x 3 sin 2x cosx 3 sinx

⇔ + = −

cos 2 cos

3 3

x π x π

   
⇔  − =  + 
   
2 2
3 3

2 2
3 3

x x k

π π π
π π π

− = + +


⇔
 
 − = − + +
 
  


2
2
2
3
, .
2 3
3
x k
k
x k

k
x
π π
π
π

= +

⇔ ⇔ = ∈
 =

ℤ

Cách 3. Phân tích thành các thừa số chung.

(

)

2 cosx+ 3 sinx cosx=cosx− 3 sinx+1
2

2 cos x cosx 1 2 3 sin cosx x 3 sinx 0

⇔ − − + + =

(

)(

)

(

)

(

)

(

)

2 cos 1 cos 1 3 sin 2 cos 1 0

2 cos 1 cos 3 sin 1 0

2 cos 1 0

cos 3 sin 1

1
cos
2 2
, .
1 3
cos
3 2

x x x x

x x x

x
x x
x
k
x k
x
π
π
⇔ + − + + =
⇔ + + − =
+ =


⇔
+ =


= −


⇔ ⇔ = ∈
 
 − =
 
  

ℤ
Dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ 
Câu 3. Giải bất phương trình 2

x 1+ + x −4x 1+ ≥3 x.
● Điều kiện : 0 x 2 3

x 2 3

 ≤ ≤ −




≥ +

 .

● Với x = 0 là nghiệm bất phương trình.

● Với x≠0 thì bất phương trình tương đương x 1 x 1 4 3.
x

+ + + − ≥

● Đặt t = 1 1 2

t x x t 2

x
x

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

● Bất phương trình trở thành t+ t2− ≥ ⇔6 3 t2− ≥ −6 3 t

2 2

t 6 0 t 3

3 t 0 t 3 5

t .

3 t 0 5

t
2
t 6 9 6t t

 − ≥  >
 
− <
 ≤
 
⇔ ⇔  ⇔ ≥

− ≥
 
  ≥

 − ≥ − + 


(thỏa điều kiện)

● Với t 5
2

≥ ta thu được

1
x

1 5

x 4

x x 4


≤

+ ≥ ⇔
≥


, kết hợp điều kiện ta chọn

1
0 x
4
x 4

≤ ≤


≥


● Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S 0;1

[

)

.
4

 

= ∪ +∞

 

Dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ

Câu 4. Tính tích phân : 4 2

0
3
1
3 2
=
+ +

∫

x
I dx

x x .

I

1 3 1

4 2 2 2

0 0

3 2 1 2

x x x

dx dx

x x x x

−

 

= + + =  + + + 

 

∫

1 1 1

2 2

0 0

2 1

ln 1 ln 2

1 2 2

x x

dx dx x x

x x
 
= − + = − + + + 
+ +  

∫

3
ln 3 ln 2.

= −

Cách 2. Phương pháp đặt ẩn phụ.

1 3 1 2

4 2 4 2

0 3 2 0 3 2

x x x

I dx dx

x x x x

= =

+ + + +

∫

● Đặt: 2

t=x

dt

dt xdx xdx

⇒ = ⇒ = .

● Đổi cận: 0 0

1 1

x t

= ⇒ =

= ⇒ = .

● Khi đó

1 1

0 0

1 1 1 2 3

ln 3 ln 2.

2 3 2 2 1 2 2

tdt

I dt

t t t t

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Câu 5. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC với SA = 2a, AB = a. Gọi H là hình chiếu vng góc của A trên
cạnh SC. Chứng minh SC vng góc với mặt phẳng (ABH). Tính thể tích của khối chóp S.ABH theo a.

Chứng minh: SC⊥

(

ABH

)

.

Gọi I là trọng tâm tam giác ABC, do tính chất hình chóp đều S.ABC nên SI⊥

(

ABC

)

⇒SI⊥AB. (1)

Gọi K là trung điểm AB, do tam giác SAB cân tại S nên SK⊥AB. (2)

Từ (1) và (2) suy ra AB⊥

(

SKC

)

⇒SC⊥AB. (*)

Mặt khác theo giả thiết AH⊥SC. (**)

Từ (*) và (**) ta được SC⊥

(

ABH

)

Cách 2.

Vì hình chóp S.ABC là hình chóp tam giác đều và AH⊥SC tại H nên suy ra BH⊥SC tại H. Do đó

(

)

SC⊥ ABH .

Tính thể tích khối chóp S.ABH

Áp dụng Pitago trong tam giác SNC ta có 2 2 15

SN SC NC

a

= − = .

Ta có sinC SN AH AH 5

SC AC 4

a

= = ⇒ = .

Áp dụng Pitago trong tam giác SHA ta có SH SA2 AH2 7
4

a

= − = .

Xét tam giác ABH ta có HK AH2 AK2 11
4

a

= − = .

Vậy

3
S.ABH ∆ABH

1 1 1 7a 11

V S .SH AB.HK .SH

3 3 2 96

 

= =   =

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Cách 2. Phương pháp tỷ số thể tích.

Ta có S.ABH

S.ABH S.ABC
S.ABC

V SH 7a 7 7

: 2a V V

V =SC = 4 =8 ⇒ =8 .

Mà

2 2 3

2 2 2

S.ABC ABC ABC

1 1 1 a 3 a a 11

V S .SI S . SC IC . . 4a

3 3 3 4 3 12

= = − = − = .

Vậy

3 3

S.ABH

7 a 11 7a 11

V .

8 12 96

= = (đvtt).

Dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ

Câu 6. Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x+ + =y z 0 và x2+y2+z2 =1. Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức P=x5+y5+z5.

● Ta có z= − +

(

x y

)

, suy ra x2+y2+ +

(

x y

)

2 =1

2 2 1

x y xy

2
⇒ + + =

(

x y

)

2 xy 1
2
⇒ + − = .

● Đặt t= +x y xy t2 1
2
⇒ = − .

● Do

(

)

2 2 2 1
x y 4xy t 4 t

2
 

+ ≥ ⇒ ≥  − 

 

2 2
t

2 2

t .

3 3

⇒ ≤

⇒ − ≤ ≤

● P=x5+y5−

(

x+y

)

5 = −

(

5x y 10x y4 + 3 2+10x y2 3+5xy4

)

(

3 2 2 3

)

(

)

(

2 2

)

2 3

5xy x 2x y 2xy y 5xy x y x xy y

5 1 5 5

t t t t.

2 2 2 4

= − + + + = − + + +

 

= −  − = − +

 

● Dùng đạo hàm tìm GTLN của hàm số

( )

5 3 5

t t

2 4

f t = − + trên đoạn 2; 2

3 3

 

−

 

  ta tìm được

( )

MaxP Maxf t

6 6

= = .

Bài này còn nhiều cách giải khác.

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Câu 7.a Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho các đường tròn

( )

C :x1 2+y2 =4,

( )

C2 :x2+y2−12x 18+ =0 và
đường thẳng

( )

d : x y 4− − =0. Viết phương trình đường trịn có tâm thuộc

( )

C2 , tiếp xúc với

( )

d và cắt

( )

C1 tại hai điểm phân biệt A và B sao cho AB vng góc với

( )

d . Câu hấp dẫn nhất trong đề thi Đại Học

Gọi I(a;b) và R là tâm và bán kính của (C) cần tìm nên

( ) (

) (

)

2 2
C : x−a + −y b =R .
Vì I∈

( )

C2 nên 2 2

a + −b 12a 18+ =0. (1.1)

Do (C) tiếp xúc (d) nên R d I, d

(

( )

)

a b 4
2

− −

= = , do đó

( ) (

) (

)

2 2 a b 4

C : x a y b

− −

− + − = .

Theo đề (C) cắt

( )

C1 tại A, B. Phương trình đường thẳng AB là nghiệm của hệ

(

) (

2

) (

2

)

( )

(

)

2 2

a b 4

x a y b

AB : 2ax 2by a b 4

x y 4

 − −

− −

 − + − =

⇒ − − = − − −



 + =


Suy ra vecto pháp tuyến của AB là n a;b

( )

Do AB vng góc với (d) nên n a;b .n

( )

( )d

(

1; 1− =

)

0 ⇔ a− =b 0

(1.2)

Từ (1.1) và (1.2) ta có hệ

2 2

a 3

a b 12a 18 0

b 3

a b 0

 + − + = 

⇔

 

− = 

 .

Vậy

( ) (

C : x 3−

) (

2+ −y 3

)

2=8.

Cách 2. Dùng tính chất IO và AB cùng vng góc với (d).

Ta có

( )

C :x1 2+y2 =4 có tâm O(0;0) và bán kính R1 = 2.

Gọi I(a;b) và R là tâm và bán kính của (C).
Vì I∈

( )

C2 nên 2 2

a + −b 12a 18+ =0. (1.1)

Do IO vng góc với (d) và AB vng góc với (d) (theo gt) nên IO song song với (d) nên IO.nd =0
a b 0.

⇔ − = (1.2)

Từ (1.1) và (1.2) ta có hệ

2 2

a 3

a b 12a 18 0

b 3

a b 0

 + − + = 

⇔

 

− = 

 .

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Cách 3. Dùng tính chất IO và AB cùng vng góc với (d) nên d O, d

(

( )

)

=d I, d

(

( )

)

.

Ta có

( )

2 2
1

C :x +y =4 có tâm O(0;0) và bán kính R1 = 2.

Gọi I(a;b) và R là tâm và bán kính của (C).
Vì I∈

( )

C2 nên 2 2

a + −b 12a 18+ =0. (1.1)

Do IO vng góc với (d) và AB vng góc với (d) (theo gt) nên d O, d

(

( )

)

=d I, d

(

( )

)

a b 4

a b 4 4

2 2

− −

⇔ = ⇔ − − = . (1.2)

Từ (1.1) và (1.2) ta có hệ

( )

2 2

a b 12a 18 0

a b 8

a b 12a 18 0

a b 4 4 a b 12a 18 0

a b 0

 + − + =


 + − + = − =

 

⇔

 

− − =  + − + =

 
 − =


● Hệ phương trình (1) ⇔ = ±a 7 2 2, b= − ±1 2 2 (loại) vì I và O phải cùng phía so với (d).

● Hệ phương trình (2) ⇔ = =a b 3.
Vậy

( ) (

C : x 3−

) (

2+ −y 3

)

2=8.

Dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ

Câu 8.a Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng

( )

x 1 y z

d :

− =
−

= và hai điểm

(

)

A 2;1; 0 , B

(

−2;3; 2

)

. Viết phương trình mặt cầu đi qua A, B và có tâm thuộc đường thẳng (d).
Gọi tâm mặt cầu là I∈

( )

d nên I 1 2t; t; 2t

(

+ −

)

.

Ta có 2 2

IA =9t − +6t 2 và 2 2

IB =9t +14t+22.

Do 2 2

IA =IB ⇒t= −1 ⇒I( 1; 1; 2)− − và R=IA= 17.

Vậy phương trình mặt cầu là

( ) (

S : x 1+

) (

2+ +y 1

) (

2+ −z 2

)

2 =17.

Cách 2. Dùng mặt phẳng trung trực.

Gọi

( )

α là mặt phẳng trung trực của đoạn AB nên

( )

α đi qua I(0;2;1) là trung điểm AB và có vecto
pháp tuyến là AB 4; 2; 2

(

− −

)

nên

( )

α : 2x− − + =y z 3 0.
Đường thẳng (d) có phương trình tham số

( )

x 1 2t
d : y t

z 2t

= +




</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Theo u cầu bài tốn thì tâm I của mặt cầu (S) là giao điểm của (d) và

( )

α nên I(x;y) là nghiệm

của hệ x 1

2x y z 3 0

x 1

y 1

z
2t

y t

z 2t 2

− − + =



= −




 
⇒ = −
 
  =

= +
=

 = 
 −

Vậy mặt cầu (S) cần tìm có tâm I(-1;-1;2) và bán kính là R=IA= 7 nên có phương trình

( ) (

) (

)

S : x 1+ + +y 1 + −z 2 =17.

Dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ

Câu 9.a Trong một lớp học gồm có 15 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Giáo viên gọi ngẫu nhiên 4 học
sinh lên bảng giải bài tập. Tính xác suất để 4 học sinh được gọi có cả nam và nữ.

Số cách gọi 4 học sinh lên bảng là : 4
25

25!

C 12650

4!.21!

= = .

Số cách gọi 4 học sinh có cả nam lẫn nữ là :
TH 1: 1 nữ 3 nam có : 1 3

10 15

C .C = 10.455 = 4550.
TH 2: 2 nữ 2 nam có : C .C102 152 = 4725.

TH 3: 3 nữ 1 nam có : C .C103 115 =1800.

Suy ra số cách gọi 4 học sinh có nam và nữ là : 4550 + 4725 + 1800 = 11075.
Vậy xác suất để 4 học sinh được gọi có cả nam lẫn nữ là : 11075 443

12650=506.

Cách 2. Dùng phương pháp “phần bù”.

Xác suất chọn khơng có nam : P1 =

4
10
4
25

C 21

C =1265.

Xác suất chọn khơng có nữ : P2 =

4
15
4
25

C 273

C = 2530.

Xác xuất có cả nam và nữ : P 1

(

P1 P2

)

443
506

= − + = .

Cách 3.

Số cách chọn ngẫu nhiên 4 học sinh là : C425.

Số cách chọn 4 học sinh mà chỉ có học sinh nam hoặc chỉ có học sinh nữ là : C154 +C104 .
Xác suất để 4 học sinh được chọn có cả nam và nữ là :

4 4
15 10

4
25

C C 443

P 1 .

C 506

 + 

= − =

 

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Câu 7.b Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có AC = 2BD và đường tròn tiếp xúc với
các cạnh của hình thoi có phương trình 2 2

x +y =4. Viết phương trình chính tắc của elip (E) đi qua các

đỉnh A, B, C, D của hình thoi. Biết A thuộc Ox.

Đường tròn 2 2

x +y =4 có tâm O(0;0), bán kính R=2 nên elip (E) có tâm là gốc tọa độ O(0;0).

Đặt AC = 2a, BD = a.

Khi đó

( )

2 2
2
2

x y

E : 1

a
a

+ = .

Ta có : 12 12 12 a 20
a

R a

= + ⇒ = .

Vậy

( )

2 2

x y

E : 1.

20+ 5 =

Dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ

Câu 8.b Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, choA 0; 0;3 , M 1; 2; 0

(

)

(

)

. Viết phương trình mặt phẳng

( )

qua A và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại B, C sao cho tam giác ABC có trọng tâm thuộc đường thẳng AM.
Phương trình đường thẳng

(

AM :

)

x y z 3

1 2 3

−
= =

− .

Gọi

( )

P ∩Ox=B b; 0; 0 , P

(

) ( )

∩Oy=C 0; c; 0 .

(

)

Suy ra G b c; ;1
3 3
 
 

  là trọng tâm tam giác ABC.

Vì trọng tâm G của tam giác ABC thuộc đường thẳng AM nên

(

)

(

)

b c

B 2; 0; 0

b 2

1 3

3 3

c 4

1 2 3 C 0; 4; 0

−



= −



− 

= = ⇒ ⇒

= −

−   − .

Vậy mặt phẳng (P) đi qua A(0;0;3) và có vecto pháp tuyến nP =AB; AC= −

(

12; 6;8−

)

nên có
phương trình

( )

P : 12x− −6y 8z 24+ − =0.

Cách 2. Phương trình mặt chắn.

Phương trình mặt phẳng (P) có dạng

( )

P :x y z 1

b+ + =c 3 với A 0; 0;3 , B b; 0; 0 , C 0; c; 0 .

(

) (

)

Trọng tâm tam giác ABC là : G b c; ;1
3 3
 
 

 .

Phương trình đường thẳng

(

AM :

)

x y z 3

1 2 3

−
= =

− .

Vì G∈

(

)

nên b c 2 b 2, c 4

3 6 3

−

= = ⇒ = − = − .

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ 
Câu 9.b Gọi z1 và z2là hai nghiệm phức của phương trình 2

z −2 3iz− =4 0.
Viết dạng lượng giác của z1 và z2.

Phương trình z2−2 3iz− =4 0 có hai nghiệm là z1= − +1 3i, z2= +1 3i.

Vậy dạng lượng giác của z1, z2 là :

z1 2 cosπ sinπ 2 cos2π sin2π .

3 i 3 3 i 3

   

= − + =  + 

   
z2 2 cosπ sinπ

3 i 3

 

=  + 

 .

Dddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddddđ

</div>

DAN TOAN KHOI B THEO NHIEU CACH

∫

<b>ĐÁP ÁN THEO NHIỀU CÁCH </b>

(

)

(

)

(

( )

)

(

) (

)

(

)

(

)

(

)

( )

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)(

)

(

)

(

)

(

)

[

)

∫

∫

∫

∫

∫

∫

∫

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

( )

( )

( )

( )

( )

( )