De thi thu Dai hoc 01 cua toanphothongvn

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013. . Môn: TOÁN. ĐỀ SỐ 1. NGÀY 17.11.2012. g.v. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu 1. (2 điểm). Cho hàm số y =. n. TOÁN PHỔ THÔNG. 2x + 1 . x −3. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H ).. oth on. b) Tìm tất cả các giá trị thực của m để đường thẳng d : y = 2x + m + 1 cắt đồ thị (H ) tại hai điểm phân biệt p có hoành độ là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng Câu 2. (2 điểm). 105 . 4. p ¡ p ¢ 2 sin 2x (sin x + 1) + 2 cos x 3 2 + cos x = 2 (4 + sin x) p ¡p ¢ ¡ p ¢ b) Tìm tất cả các nghiệm thực của phương trình sau : 4 x + 1 − 3 x 2 + 13 x + 1 − 8 x − 4 x − 1 − 3 = 0. a) Giải phương trình:. Z. 1 2. e 2x + e x + 1 dx. 3x 2x x −x − 12 ln 3 e + 2(e + 1) + 2e + e ln 3. Câu 3. (1 điểm). Tính tích phân:. Câu 4. (1 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABC .A 0 B 0C 0 có đáy ABC là tam giác cân AB = AC = a. và B AC = 120◦ . Biết. I=. 1. góc tạo bởi A 0 B và mặt phẳng (BCC 0 B 0 ) bằng ϕ sao cho sin ϕ = p . Gọi M là trung điểm của A A 0 . Tính thể tích 2 3. khối chóp B 0 .MCC 0 và khoảng cách từ trung điểm N của B B 0 đến mặt phẳng (B 0 MC ).. Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn điều kiện x 2 + x y + y z = 3zx và x 2 + y 2 + z 2 > 0.. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:. P=. ph. Câu 5. (1 điểm). x 16y 25z + + y +z z +x x +y. A. Theo chương trình chuẩn Câu 6A. (2 điểm). an. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B. a) Trong mặt phẳng tọa độ Ox y, cho tam giác ABC có BC = 2AB. Phương trình đường trung tuyến xuất phát từ  = 120◦ và A(3; 1). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC . đỉnh B là x + y − 2 = 0. Biết ABC. /to. b) Trong không gian tọa độ Ox y z, cho hai điểm A(1; 0; −1), B (0; −1; −2). Gọi (P ) là mặt phẳng đi qua A và cách B một đoạn lớn nhất có thể. Hãy tìm điểm C thuộc mặt phẳng (P ) sao cho tam giác ABC cân, biết BC vuông góc với (d ) :. x y z −1 = = . 1 1 2. Câu 7A. (1 điểm). Giải phương trình sau trên tập số thực:. 24x + 2−4x − 9 · 23−x + 183 = 22x+1 + 21−2x + 9 · 23+x .. htt p:/. B. Theo chương trình nâng cao Câu 6B. (2 điểm). p. a) Trong mặt phẳng tọa độ Ox y,cho hình vuông ABC µ D có¶ cạnh bằng 4 2. Gọi E , F lần lượt là trung điểm của. 24 12 ; và phương trình cạnh AD : x − y + 4 = 0. Lập phương 5 5 trình đường tròn ngoại tiếp tam giác AD M biết điểm A có hoành độ dương. x y z −1 b) Trong không gian tọa độ Ox y z, cho ba điểm A(1, 0, 0) và đường thẳng (d ) : = = . Viết phương trình 1 1 1 mặt phẳng (P ) qua A cắt các trục O y,Oz lần lượt tại B và C sao p cho mặt phẳng (P ) song song với đường thẳng 6 (d ) và khoảng cách từ gốc tọa độ O đến mặt phẳng (P ) bằng . 6 AB, BC và M là giao điểm của C E và DF. Giả sử M. Câu 7B. (1 điểm). Cho 9 tấm phiếu. Ta viết các số từ 1 đến 9 lên các tấm phiếu, mỗi tấm phiếu một chữ số và các. chữ số đều khác nhau. Lấy ngẫu nhiên ra 4 tấm phiếu rồi xếp thứ tự thành một hàng ngang, ta thu được một. số tự nhiên. Tính xác suất để được một số tự nhiên chẵn có ba chữ số đầu tiên là số lẻ có tổng chia hết cho 3. ———————————————–Hết—————————————————-.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu 1.. Cho hàm số y =. n. TỔNG HỢP LỜI GIẢI TRÊN DIỄN ĐÀN 2x + 1 . x −3. g.v. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H ).. b) Tìm tất cả các giá trị thực của m để đường thẳng d : y = 2x + m + 1 cắt đồ thị (H ) tại hai điểm phânpbiệt có hoành độ là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng a) Lời giải (hungchng):. lim y = +∞;. x→3−. đạo hàm y 0 =. ∀x ∈ D ,. Đồ thị. lim y = −∞;. x→3+. x = 3 là phương trình tiệm cận dọc lim y = 2;. lim y = 2;. x→−∞. x→+∞. y = 2 là phương trình tiệm cận ngang. Bảng biến thiên x. −∞. y0. +∞. 3 −. − −∞. 2 y. 2. ph. +∞. oth on. −7 <0 (x − 3)2 Hàm số nghịch biến trên (−∞; 3); (3; +∞). TXĐ D = R\{3};. 105 . 4. b) Lời giải (dzitxiem):. Hoành độ giao điểm của đường thẳng và đường cong đã cho là nghiệm của phương trình. an. 2x + 1 + m =. 2x + 1 , x −3. với điều kiện x 6= 3, ta có phương trình tương đương. 2x 2 + (m − 7)x − 3m − 4 = 0. (1).. /to. Đường thẳng cắt đường cong tại hai điểm phân biệt và hoành độ của hai điểm này lại là độ dài của hai cạnh góc vuông trong một tam giác vuông khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm dương phân biệt, tức là    m 2 + 10m + 81 > 0    7−m 4 >0 ⇔ ⇔m<− .  2 3     −3m − 4 > 0 2 p 105 , nên ta có Ngoài ra, tam giác vuông trên lại có bán kính đường ngoài tiếp R = 4 p BC 1 q 2 105 2 R= = · x1 + x2 = . 2 2 4. htt p:/.    ∆>0    x1 + x2 > 0      x x >0 1 2. Do đó, ta có. x 12 + x 22 = (x 1 + x 2 )2 − 2x 1 x 2 = p. 105 (m − 7)2 105 . ⇐⇒ + 3m + 4 = . 4 4 4. p. Giải phương trình này ta tìm được m = 1 ± 41. Kết hợp với điều kiện trên, ta tìm được m = 1 − 41 Câu 2.a. Giải phương trình:. p ¡ p ¢ 2 sin 2x (sin x + 1) + 2 cos x 3 2 + cos x = 2 (4 + sin x). Lời giải (thiêncuong_96):. p p p (1) ⇔ 2 2 sin2 x. cos x + 2 2 sin x. cos x + 2 cos2 x + 6 2. cos x = 8 + 2 sin x p p p ⇔ 8 2 cos x − 8 + 2 cos2 x − 2 2 cos3 x = 2 sin(1 − 2 cos x). 2. .

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Vậy x =. n. p p ⇔ ( 2 cos x − 1)(−8 + 2 cos2 x − 2 sin x) = 0 ⇔ ( 2 cos x − 1)(sin2 x + sin x + 3) = 0 ±π + k2π, k ∈ Z 4. g.v. Lời giải (dzitxiem): Cách làm sau cũng có cùng bản chất với lời giải trên. Phương trình đã cho tương đương với. p p p 2 2 sin2 x cos x + 2 2 sin x cos x + 6 2 cos x + 2 cos2 x = 2 sin2 x + 6 sin2 x + 8 cos2 x + 2 sin x.. 2 sin2. oth on. Rút gọn và nhóm từng cặp với nhau và phân tích thành nhân tử ta được. ³p ´ ³p ´ ³p ´ 2 cos x − 1 + 2 sin x 2 cos x − 1 + 6 2 cos x − 1 = 0,. hay tương đương với. ³p ´ 2 cos x − 1 (sin2 x + sin x + 3) = 0. π 4. Từ đó suy ra x = ± + k2π là nghiệm của phương trình đã cho. Câu 2.b. Tìm tất cả các nghiệm thực của phương trình sau :. Lời giải (inconsolable):. 4. ¡p. p ¢ ¡ p ¢ x + 1 − 3 x 2 + 13 x + 1 − 8 x − 4 x − 1 − 3 = 0. Điều kiện xác định:x ≥ 1. Khai triển phương trình trên ta được:. ph. p p p 4x 2 x + 1 − 12x 2 + 13x x + 1 − 8x − 4 x − 1 − 3 = 0 p p p ⇔ x x + 1(4x + 13 − 12 x + 1) + (1 − 2 x − 1)2 = 0 p p p ⇔ x x + 1(2 x + 1 − 3)2 + (1 − 2 x − 1)2 = 0. an. Ta thấy để vế trái bằng 0 thì:.  p p x x + 1(2 x + 1 − 3)2 = 0 p  (1 − 2 x − 1)2 = 0. Câu 3.. 5 là nghiệm của phương trình. 4. /to. Vậy x =. Tính tích phân:. Lời giải (dzitxiem):. Z. I=. 1 2. − 21. ln 3. ln 3. Đặt e x = t , ta có dt = e x dx = t dx. Và t Do đó,. e 3x. ¡1 2. e 2x + e x + 1 dx. + 2(e 2x + 1) + 2e x + e −x. p ¢ ¡ ¢ 1 1 ln 3 = e 2 ln 3 = 3, t − 12 ln 3 = e − 2 ln 3 =. p 3 3 .. Z p3 Z p3 e 2x + e x + 1 t2 + t +1 t2 + t +1 ¡ ¢ I= d x = d t = dt p p 3 t 4 + 2t 3 + 2t 2 + 2t + 1 3 (t + 1)2 (t 2 + 1) − 12 ln 3 e 3x + 2 e 2x + 1 + 2e x + e −x 3 3 p Z p3 2 Z p3 Z p3 1 (t + 1) + (t + 1)2 1 dt 1 dt 1 1 ¯¯ 3 = dt = + =− · p p p ¯p + I0 2 33 (t + 1)2 (t 2 + 1) 2 33 (t + 1)2 2 33 t 2 + 1 2 t + 1 33 1 2. ln 3. htt p:/. Z. Đến đây tính I 0 , rồi thay cận ta được. Câu 4.. I=. π 1 − . 12 4. Cho hình lăng trụ đứng ABC .A 0 B 0C 0 có đáy ABC là tam giác cân AB = AC = a. và B AC = 120◦ . Biết góc tạo 1. bởi A 0 B và mặt phẳng (BCC 0 B 0 ) bằng ϕ sao cho sin ϕ = p . Gọi M là trung điểm của A A 0 . Tính thể tích khối chóp 2 3. B 0 .MCC 0 và khoảng cách từ trung điểm N của B B 0 đến mặt phẳng (B 0 MC ).. Lời giải (manlonely838):. . 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Gọi H là trung điểm B C . Ta có:. 0. 0. A H ⊥B C. g.v. n 0. 0 0. 0. oth on. ( 0. 0. 0. 0. 0. Câu 5.. ph. ⇒ A H ⊥ (B C C B ). Suy ra hình chiếu của A B lên (B C C B ) là I B . 0 0 A H ⊥B B p p 0 0 0 0  ⇒ góc giữa A B và (B C C B ) là góc A B I = ϕ. BC = AB 2 + AC 2 − 2AB.AC . cos 120o = a 3 q 0 0 p a AH AH 0 0 0 0 02 02 và A H = A C − HC = . 4A H B vuông tại H . Do đó: sin ϕ = 0 ⇒ A B = =a 3 2 sin ϕ AB p p p p 1 0 a3 6 0 0 0 0 0 0 0 0 2 2 và A A = A B − AB = a 2 d (M , (B C C )) = d (A , (B C C )) = A H = a 2 ⇒ VM .C 0 B 0 C = A H .S 4B 0 C 0 C = (đvtt) 3 12 p p q 3 a 6 1 a 6 0 0 0 0 02 0 +)Ta có: d (N , (MC B )) = d (B, (MC B )) và VM .B 0 BC = VM .C 0 B 0 C = MB = A B + A M2 = 2 12 2 p q p a 6 0 0 0 02 0 2 và M B = M B = . B C = B C +C C = a 5 2 0 p p p 0 q MB + MB +B C 6+ 5 a2 5 0 0 0 và p = = S 4MC B = p(p − M B )(p − M B )(p − B C ) = 2 2p 4 p 0 3V 1 a 30 a 30 MC B B 0 0 0 ⇒ d (B, (MC B )) = ⇒ d (N , (MC B )) = d (B, (MC B )) = = S MC B 0 5 2 10. Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn điều kiện x 2 + x y + y z = 3zx và x 2 + y 2 + z 2 > 0.. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:. P=. x 16y 25z + + y +z z +x x +y. Lời giải (WhjteShadow): x z. y. = a, z = b từ giả thiết ta có:. an. Dự đoán dấu bằng xảy ra tại x = 3z, y = 0 Để ý nếu z = 0 thì x = y = 0 trái với giả thiết nên loại. Nếu z 6= 0 thì đặt a 2 + ab + b = 3a ⇒ b =. Và ta có:. Ta sẽ chứng minh:. a. 16 3a−a a+1. /to. a 16b 25 P= + + = b +1 a +1 a +b. 3a−a 2 a+1. +1. +. a +1. 2. +. 3a − a 2 và a ≤ 3 a +1. 25(a + 1) a(a + 1) 16(3a − a 2 ) 25(a + 1) = + + 4a 4a + 1 − a 2 (a + 1)2 4a. htt p:/. 16(3a − a 2 ) 25(a + 1) 34 a(a + 1) + + ≥ 4a + 1 − a 2 (a + 1)2 4a 3 136 5 4 3 2 ⇔ 43a − 411a + 966a + 546a + 175a + 25 ≥ .a(a + 1)2 (4a + 1 − a 2 ) 3 1 ⇔ (a − 3)(265a 4 − 710a 3 − 320a 2 − 138a − 25) ≥ 0 3  710   a 4 ≤ 710a 3    3 85 4 Nhưng do 0 < a ≤ 3 nên Suy ra: a − 3 ≤ 0; 265a 4 − 710a 3 − 320a 2 − 138a − 25 ≤ 0 a ≤ 255a 2  3    −65a 2 − 138a − 25 ≤ 0 34 Vậy bất đẳng thức trên luôn đúng. Ta có P Mi n = . Dấu đẳng thức xảy ra tại a = 3, b = 0 hay x = 3z, y = 0 3. Lời giải (khanhtoanlihoa):. Đặt x = az, y = bz Từ giả thiết ta có: (a + 1)(a + b) = 4a ⇒ a ∈ [0; 3], b ∈ [0; 1]. 4a ⇒ a + b ∈ [0; 3]. a +1 a 16b 25 Biểu thức P được viết lại: P = + + b +1 a +1 a +b h 1 h 25 h 16 25 i 25 i 1 1 i P − 42 = (a + b + 1) + + ≥ (a + b + 1) + = 25(a + b + 1) + b +1 a +1 a +b a +b +2 a +b a +b +2 a +b. Từ (a + 1)(a + b) = 4a ⇒ a + b =. 4. .

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 1 1 1 1 Ta có F 0 (t ) = − 2 + F 0 (t ) = 0 ⇒ t = −1. t t +2 t (t + 2)2 34 32 Vậy MinP = khi t = 3 hay a = 3, b = 0 hay y = 0, x = 3z Lập bảng biến thiên ta có Mi nF (t ) = F (3) = 15 3. g.v. Câu 6A.a. n. Đặt t = a + b ⇒ t ∈ [0; 3] Xét hàm số F (t ) = 2 + −. Trong mặt phẳng tọa độ Ox y, cho tam giác ABC có BC = 2AB. Phương trình đường trung tuyến xuất.  = 120◦ và A(3; 1). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC . phát từ đỉnh B là x + y − 2 = 0. Biết ABC. Lời giải (dzitxiem): Trong tam giác ABC , theo định lí hàm cosin, ta có. oth on.  = 7AB 2 . AC 2 = AB 2 + BC 2 − 2 · AB · BC · cos ABC. Và theo công thức đường trung tuyến, ta có BM2 =. AB 2 + BC 2 AC 2 3AB 2 − = . 2 4 4. Từ đây, ta tính được ƒ cos AB M=. AB 2 + B M 2 − AM 2 = 0. 2 · AB · B M. Suy ra AB ⊥ B M .Do đó, phương trình đường thẳng AB đi qua A(3; 1) và vuông góc với B M là (x − 3) − (y − 1) = 0 ⇔ x − y − 2 = 0.. Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ. . ph.  x + y − 2 = 0. ⇒ B = (2, 0).. x − y −2 = 0. Bây giờ, để tìm tọa độ đỉnh C , ta đặt C = (a, b) với a 6= 2; 3 và b 6= 0; 1. Khi đó, ta có. p. an. −→ −→ −→ AC = (a − 3; b − 1), BC = (a − 2; b), AB = (−1; −1).. Mặt khác, vì AC = 7AB và BC = 2AB nên ta có hệ.  (a − 3)2 + (b − 1)2 = 14  p. p ¢ ¡. p. /to. ¡. (a − 2)2 + b 2 = 8. ⇔.  a = −b . .. 2b 2 + 4b − 4 = 0. p ¢. Từ đó, ta suy ra (a, b) = 1 − 3; −1 + 3 , 1 + 3; −1 − 3 . ¡. p. p ¢. ¡. p. p ¢. Vậy tọa độ đỉnh B là B = (2; 0) và tọa độ đỉnh C là C = 1 − 3; −1 + 3 hoặc C = 1 + 3; −1 − 3 . Câu 6A.b. Trong không gian tọa độ Ox y z, cho hai điểm A(1; 0; −1), B (0; −1; −2). Gọi (P ) là mặt phẳng đi qua A và. cách B một đoạn lớn nhất có thể. Hãy tìm điểm C thuộc mặt phẳng (P ) sao cho tam giác ABC cân, biết BC vuông góc với (d ) :. x y z −1 = = . 1 1 2. htt p:/. Lời giải (Ngỡ như là ...):. Gọi H là hình chiếu của B trên mặt phẳng (P ) ⇒ B H ≤ AB ⇒ d(B /(P )) đạt giá trị lớn nhất bằng AB khi H trùng với A .. Do đó theo đề bài mặt phẳng (P ) đi qua A và cách B một đoạn lớn nhất khi AB vuông góc với mặt phẳng (P ). −→. Mặt phẳng (P ) nhận AB = (−1; −1; −1) làm PVT và đi qua A nên co phương trình: (P ) : x + y + z = 0. − Gọi (Q) là mặt phẳng qua B và vuông góc với (d ) ⇒ mp(Q) nhận → n = (1; 1; 2) là VTCP của (d ) làm PVT ⇒ (Q) : x + y + 2z + 5 = 0. Vì BC vuông góc với đường thẳng (d ) ⇒ C ∈ mp(Q).. Mặt khác C ∈ mp(P ) ⇒ C thuộc đường thẳng (∆) là giao tuyến của hai mp(P ) và mp(Q). (∆) :.  x + y = z = 0 . − ⇒ VTCP của đường thẳng (∆): → a = (1; −1; 0) và (∆) đi qua M (0; 5; −5). x + y + 2z + 5 = 0.    x=t    nên đường thẳng (∆) có phương trình tham số: (∆) y = 5 − t      z = −5. . , (t ∈ R).. 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Từ đề bài ta có AB vuông góc với mp(P ) ⇒ AB vuông góc với AC ⇒ ∆ABC vuông cân tại A .. n. −→. Gọi C (t ; 5 − t ; −5) ⇒ AC = (t − 1; 5 − t ; −4). ∆ABC cân tại A ⇒ AC 2 = AB 2 ⇔ (t − 1)2 + (5 − t )2 + 16 = 3 ⇔ (t − 1)2 + (5 − t )2 = −13 ⇒ phương trình vô nghiệm.. Câu 7A. Giải phương trình sau trên tập số thực: Lời giải (dzitxiem):. g.v. Vậy không tồn tại điểm C thỏa yêu cầu bài toán.. 24x + 2−4x − 9 · 23−x + 183 = 22x+1 + 21−2x + 9 · 23+x .. Phương trình đã cho tương đương với. Hay tương đương với. oth on. ¢2 ¢ ¢2 ¡ ¡ ¡ 2x 2 + 2−2x − 2 2x + 2−x − 72 2x + 2−x + 185 = 0,. i2 h¡ ¢2 ¢2 ¢ ¡ ¡ 2x + 2−x − 2 − 2 2x + 2−x − 72 2x + 2−x + 185 = 0,. hay là. ¡ x ¢4 ¡ ¢2 ¡ ¢ 2 + 2−x − 6 2x + 2−x − 72 2x + 2−x + 189 = 0.. Đặt t = 2x + 2−x , ta có t ≥ 2 và phương trình trên trở thành. t 4 − 6t 2 − 72t + 189 = 0 ⇔ (t − 3)2 (t 2 + 6t + 21) = 0 ⇔ t = 3.. Với t = 3, ta có x. Câu 6B.a. =3⇔2. 2x. à p p ! 3± 5 3± 5 −3·2 +1 = 0 ⇔ 2 = ⇔ x = log2 2 2 x. x. ph. 2 +2. −x. p. Trong mặt phẳng tọa độ Ox y,cho hình vuông ABC¶D có cạnh bằng 4 2. Gọi E , F lần lượt là trung điểm µ. 24 12 ; và phương trình cạnh AD : x − y + 4 = 0. Lập phương 5 5 trình đường tròn ngoại tiếp tam giác AD M biết điểm A có hoành độ dương.. của AB, BC và M là giao điểm của C E và DF. Giả sử M. an. Lời giải (dzitxiem):. Đầu tiên, ta sẽ chứng minh C E ⊥ DF. Thật vậy, dễ thấy hai tam giác B EC và C F D bằng nhau (theo trường hợp  cạnh-góc-cạnh). Suy ra EC B = C DF . Mặt khác, ta lại có.  ƒ C DF + C F D = EC B + C FD =C M F = 90◦. /to. Hay là ta có C E ⊥ DF. (đpcm) Quay lại bài toán, trong tam giác DC F vuông tại C , theo hệ thức lượng, ta có DM =. p C D 2 8 10 = . DF 5. Lại xét tam giác AD M , ta có. ƒ AM 2 = AD 2 + D M 2 − 2 · AD · D M · cos AD M = AD 2 + D M 2 − 2 · AD · D M · sin C DF = 32.. htt p:/. Do đó, ta có AM = AD và như thế thì tam giác AD M cân tại A. Gọi H , K lần lượt là trung điểm của D M và AD; I là giao điểm của K F và AH . Ta có I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AD M và AI chính là bán kính của đường tròn này. Vì tam giác vuông AK I đồng dạng với tam giác AH D nên ta có. Với AH =. q. 2. AD 2 − D M 4 =. p 8 10 5 ,. AI AK · AD AK = ⇒ AI = . AH AD AH. ta suy ra AI =. p 10. Bây giờ ta sẽ đi tìm tọa độ tâm I . Vì A ∈ AD : x − y + 4 = 0 nên. A = (a, a + 4), với a > 0. Ta có. AM 2 =. µ. 24 −a 5. ¶2. µ +. 8 +a 5. ¶2 = 32.. Giải phương trình này, ta tìm được A = (4; 8). Tiếp theo ta đặt D = (b, b + 4). Ta có. 6. DM2 =. µ. 24 −a 5. ¶2. µ +. 8 +a 5. ¶2 =. 128 . 5. .

<span class='text_page_counter'>(7)</span> ¡ 16 5. ;. 36 5. ¢. . Trường hợp 1. Với D = (0; 4) ta có H =. K = (2; 6). Phương trình đường thẳng K F đi qua K = (2; 6) và vuông góc với AD là. x −4 4−. 12 5. =. ¡ 12 5. y −8 8 − 16 5. ;. 16 5. ¢. là. ⇔ 3x − y − 4 = 0.. Từ đó ta tìm được tọa độ điểm I là nghiệm của hệ. . ;. 16 5. ¢. và. ⇒ I = (3; 5).. oth on.  x + y − 8 = 0. 5. g.v. (x − 2) + (y − 6) = 0 ⇔ x + y − 8 = 0.. Phương trình đường thẳng AH đi qua A = (4; 8) và H =. ¡ 12. n. Giải phương trình này ta thu được D = (0; 4) hoặc D =. 3x − y − 4 = 0. Vậy phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác AD M là. (x − 3)2 + (y − 5)2 = 10.. Trường hợp 2. Với D =. ¡ 16 5. ;. 36 5. ¢. ¡ , tương tự ta cũng tìm được tọa độ H = 4;. 24 5. ¢. và K =. ¡ 18 5. ;. 38 5. ¢. . Phương trình tổng quát. của đường thẳng AH là x −4 = 0. Vì AH song song với trục tung và AH ⊥ D M nên suy ra D M vuông góc với trục tung. −−→. Tuy nhiên, trong trường hợp này thì D M =. ¡8. 24 5; − 5. ¢. nên D M không thể vuông góc với trục tung. Và như thế, ta không. xét trường hợp này. Tóm lại, phương trình đường tròn cần tìm là. Trong không gian tọa độ Ox y z, cho ba điểm A(1, 0, 0) và đường thẳng (d ) :. ph. Câu 6B.b. (x − 3)2 + (y − 5)2 = 10.. x y z −1 = = . Viết phương 1 1 1. trình mặt phẳng (P ) qua A cắt các trục O y,Oz lần lượt tại B vàpC sao cho mặt phẳng (P ) song song với đường thẳng (d ) và khoảng cách từ gốc tọa độ O đến mặt phẳng (P ) bằng. Lời giải (khanhtoanlihoa):. 6 . 6. µ. ¶ 24 8 − ; xo + Ta có VTCP của đường thẳng AD : → a = (1; 1) 5 5 µ ¶ 8 8 8 28 24 −−→ − + xo + ⇒ xo = ⇒ N ; . Đường thẳng M N vuông góc với AD ⇒ M N .→ a = 0 ⇔ xo − 5 5 5 5 5 0 Gọi N là hình chiếu của M trên BC . Ta có DF vuông góc với C E . p 8 4 2. p C B.C F CM CF 8 10 = ⇒CM = = Ta có ∆C M F đồng dạng với ∆C B E (g − g − g ) ⇒ =p p CB CE CE 2 10 10 p p 0 CN CM C B.C M 8 2 8 2 0 0 0 Ta lại có ∆C N M đồng dạng với ∆C B E ⇒ = ⇒CN = = ⇒ DN = C N = CB CµE 5 p p ¶ CE µ5 ¶ p 8 2 12 2 8 8 8 2 288 −−→ 2 = Gọi A(a; a + 4) ⇒ N A = a − ; a − ⇒ N A = 2 a − = ⇒ AN = 4 2 − 5 5 5 5 5 25 4 ⇒ a = 4(nhận) hoặc a = − (loại) ⇒ A(4; 8). µ 5 ¶ µ ¶ 8 2 128 8 8 16 −−→ Gọi D(b; b + 4) ⇒ N D = b − ; b − ⇒ N D 2 = 2 b − = ⇒ b = 0 hoặc b = 5 5 5 25 5 Vì N nằm giữa A và D ⇒ x D < x N < x A ⇒ x D = 0 ⇒ D(0; 4). −−→. htt p:/. /to. an. Gọi N là hình chiếu của M trên AD ⇒ N (x o ; y o ) ⇒ M N = x o −. Gọi P là trung điểm của AD ⇒ P (2; 6) Gọi (d1 ) là đường thẳng trung trực của đoạn AD ⇒ (d1 ) : x + y − 8 = 0. Gọi I là tâm của đường tròn µ (C ) ⇒ I ∈ (d ¶ 1 ) ⇒ I (c; 8 − c). 24 28 ; −c 5 5 µ ¶ µ ¶2 24 2 28 2 2 2 2 Ta có D I = M I ⇔ c + (4 − c ) = c − + − c ⇒ c = 3 ⇒ I (3; 5) 5 5 p Ta có R = D I = 10 ((R): bán kính đường tròn (C )). −→. −−→. Ta có D I = (c; 4 − c), M I = c −. Vậy đường tròn (C ) cần tìm là: (C ) : (x − 3)2 + (y − 5)2 = 10. Lời giải (dzitxiem):. Tọa độ các giao điểm của (P ) với các trục O y, Oz lần lượt là B = (0; b; 0) và C = (0; 0; c). Mặt phẳng (P ) cắt ba trục tọa độ tại A, B, C nên có phương trình. . x+. y z + = 1. b c. 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> ¡. 1 c. ¢. − ) song song với đường thẳng (d ) ( có vector chỉ phương → u = (1; 1; 1). n. − Mặt phẳng (P ) ( có vector pháp tuyến → n = 1; b1 ;.  1 + 1 + 1 = 0 b c . Mặt khác, ta lại có. ⇔. M ∉ (P ).   1 + 1 = −1 b c . .. c 6= 1. 1 1 1 1 1 d (O, (P )) = p ⇔ q = p ⇔ 2 + 2 = 5. b c 1 1 6 6 1 + b2 + c 2.  ¡ ¢  1 1 2  −5 = 0  2 + 1+ b  b  1 1 c = −1 − b      c 6= 1 1 b. oth on. Kết hợp tất cả các điều trên, ta suy ra :. (do giá trị. g.v. và đi qua điểm M = (0; 0; 1) ) khi và chỉ khi. µ. ⇒. ¶ 1 1 = (1; −2). , b c. = −2 sẽ ứng với c = 1, không thỏa mãn điều kiện bài toán.). Vậy phương trình mặt phẳng (P ) : x + y − 2z − 1 = 0.. Câu 7B. Cho 9 tấm phiếu. Ta viết các số từ 1 đến 9 lên các tấm phiếu, mỗi tấm phiếu một chữ số và các chữ số đều khác nhau. Lấy ngẫu nhiên ra 4 tấm phiếu rồi xếp thứ tự thành một hàng ngang, ta thu được một số tự nhiên. Tính xác suất để được một số tự nhiên chẵn có ba chữ số đầu tiên là số lẻ có tổng chia hết cho 3.. ph. Lời giải (nguyenduc12):. +) Tính số phần tử của không gian mẫu là ta đi giải quyết bài toán : Lập được bao nhiêu số tự nhiên có 4 chữ số đôi một khác nhau từ tập A = {1, 2, 3, ..., 9} . Và ta được : |Ω| = A 49 = 3024. +) Gọi A là biến cố : Số tự nhiên có 4 chữ số vừa lập được là số chẵn có 3 chữ số đầu tiên là số lẻ và có tổng chia hết cho 3. 3 + 7 + 5 = 15 ; 5 + 7 + 9 = 21 .. an. * Chọn 3 số đầu trước đã : Là các bộ 3 số lẻ có tổng chia hết cho 3 lấy từ tập : {1, 3, 5, 7, 9} : 1 + 3 + 5 = 9 ; 1 + 5 + 9 = 15 ; * Vậy là ta có 4 bộ mỗi bộ cho ta 6 số có 3 chữ số . Giờ để có số có 4 chữ số là số chẵn thì số thứ 4 cần thêm vào phải lấy từ tập {2, 4, 6, 8} . * Vậy ta thu được tất cả là : 96 = |Ω A | |Ω A | 96 = |Ω| 3024. htt p:/. /to. Và như thế là P =. 8. .

<span class='text_page_counter'>(9)</span>