De thi thu Dai hoc 2012

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4 ĐỀ CHÍNH THỨC. ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối: A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) x−1 Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y= (C) x +1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 1 2. Gọi A và B là hai giao điểm của đường thẳng : y= x và đồ thị (C). Tìm tọa độ điểm M thuộc đường phân 6 giác góc phần tư thứ nhất sao cho MA + MB có giá trị nhỏ nhất. Câu II (2,0 điểm) π 1. Giải phương trình: cos x +cos 3 x=1+ √ 2 sin 2 x+ 4. (. 2. Giải bất phương trình sau:. ). ( 2+√ x 2 −2 x +5 ) ( x+ 1 )+ 4 x √ x 2 +1≤ 2 x √ x 2 −2 x +5. Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân. π 4. I =∫. ( π4 ). cos x+. dx sin 2 x +2(sin x +cos x )+ 2 Câu IV (1,0 điểm) Cho khối chóp đều S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của cạnh SC và SB.Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a, biết BM vuông góc với CN. Câu V (1,0 điểm) Tìm các giá trị của m để hệ phương trình sau có nghiệm ¿ 3 3 2 x − y +3 y −3 x − 2=0 2 2 2 x + √ 1 − x − 3 √2 y − y + m=0 ¿{ ¿ PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm M(1;1) và hai đường thẳng d1: 3x - y - 5 = 0, d2: x + y - 4 = 0. Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm M và cắt d 1, d2 tương ứng tại A, B sao cho 2MA - 3MB = 0. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1;0;0), B(0;1;0), C(0;3;2) và mặt phẳng (): x + 2y + 2 = 0. Tìm tọa độ của điểm M, biết rằng M cách đều các điểm A, B, C và mặt phẳng (). Câu VII.a (1,0 điểm) Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện |z +1− 5i|=|z +3 −i| . Tìm số phức z có môđun nhỏ nhất. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 2 2 x y 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E) có phương trình + =1 . Tìm tọa độ điểm M thuộc (E) 25 16 sao cho MF1 = 4MF2. (F1 và F2 là tiêu điểm bên trái và bên phải của (E)) 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;-1;1). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm A và cách gốc tọa độ O một khoảng lớn nhất. . Câu VII.b (1,0 điểm) Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện |z − 2− 4 i|=|z − 2i| .Tìm số phức z có môđun nhỏ nhất. ----------- Hết ---------0. 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:.................................

<span class='text_page_counter'>(2)</span> TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4 ĐỀ CHÍNH THỨC. ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 2-NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối: D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y=− x3 +(2 m+1) x 2 −(m2 −3 m+2) x − 4 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1. 2. Xác định các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) có các điểm cực trị nằm về hai phía của trục tung. Câu II (2,0 điểm) π 4 −sin x 2 π + x +cos 2 − x = 1. Giải phương trình: cos 3 3 2 ¿ √ x+2+ √ y −2=4 2. Giải hệ phương trình sau: √ x +7+ √ y +3=6 ¿{ ¿. ( ). (. ln 2. Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân. ). x. I =∫ e x+2 e dx 0. Câu IV (1,0 điểm) Cho khối chóp đều S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của cạnh SC và SB.Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a, biết BM vuông góc với CN. Câu V (1,0 điểm) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình √ x+ √ 9 − x= √− x2 +9 x +m có nghiệm. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 2 y − 1¿ =3 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường thẳng d: 3x - 4y + 2012 = 0 và đường tròn (C): x − 3 ¿2+ ¿ . ¿ Viết phương trình đường thẳng  song song với đường thẳng d và cắt đường tròn (C) theo một dây cung có độ dài bằng 2 √ 5 . 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1;0;0), B(0;1;0), C(0;3;2) và mặt phẳng (): x + 2y + 2 = 0. Tìm tọa độ của điểm M, biết rằng M cách đều các điểm A, B, C và mặt phẳng (). Câu VII.a (1,0 điểm) Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện |z +1− 5i|=|z +3 −i| .Tìm số phức z có môđun nhỏ nhất. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) x2 y 2 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E) có phương trình + =1 . Tìm tọa độ điểm M thuộc (E) 25 16 sao cho MF1 = 4MF2. (F1 và F2 là tiêu điểm bên trái và bên phải của (E)) 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(2;-1;1). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua điểm A và cách gốc tọa độ O một khoảng lớn nhất. Câu VII.b (1,0 điểm) Trong các số phức z thỏa mãn điều kiện |z − 2− 4 i|=|z − 2i| .Tìm số phức z có môđun nhỏ nhất. ----------- 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:.................................

<span class='text_page_counter'>(3)</span> TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4 ĐỀ CHÍNH THỨC. ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 2- NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối: A (Đáp án- thang điểm gồm 05 trang). ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM Câu Đáp án I. 1. (1,0 điểm) ¿ (2,0 điểm) * Tập xác định ¿ D=R {− 1 ¿ * Sự biến thiên: x+ 1¿2 ¿ Chiều biến thiên: ¿ 2 ' y =¿ Hàm số đồng biến trên các khoảng ( − ∞ ; −1 ) và ( −1 ;+∞ ) . y =lim y =1 Giới hạn và tiệm cận: lim x →− tiệm cận ngang: y = 1 ∞ x →+∞ +¿ x →−1 =− ∞ lim y =+ ∞ , lim y tiệm cận đứng: x = -1 x →− 1. Bảng biến thiên:. x. −. Điểm. 0,25. 0,25. ¿. -1. . y' y. +. . + 1. . 0,25. 1 - * Đồ thị:. 0,25. 2.(1,0 điểm) Tọa độ A và B là nghiệm của hệ phương trình 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> ¿ 1 y= x 6 1 1 x − 1 ⇒ A 2; , B 3 ; y= 3 2 x +1 ¿{ ¿ Dễ thấy A và B nằm về cùng phía đối với đường phân giác d: x - y = 0. Gọi A’(a;b) là điểm đối xứng của A qua d. ¿ 1 (a −2).1+ b − .1=0 3 1 b+ a+2 3 − =0 1 2 2 ⇒ A' ; 2 Ta có: 3 ⇔ 1 ¿ a= 3 b=2 ¿{ ¿ ¿ x=3+16 t 1 y= − 9 t 1 ' ⃗ ’ ⇒ A B= (16 ;− 9) . Phương trình tham số của A B là : 2 6 (t ∈ R) ¿{ ¿. ( ) ( ). 0,25. ( ). ( ). ¿ x − y=0 x=3+16 t 1 y = −9 t ’ 2 Khi đó M là giao điểm của A B và d. Tọa độ M là nghiệm của hệ 7 7 ⇒M ; 5 5 ¿{{ ¿ 7 7 Vậy M ; 5 5 II. 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) π Ta có: cos x +cos 3 x=1+ √ 2 sin 2 x+ ⇔2 cos x cos 2 x=1+sin 2 x+ cos 2 x 4 2 ⇔ 2 cos x+ 2sin x cos x − 2cos x cos 2 x=0 ⇔ 2 cos x ( cos x +sin x −(cos 2 x − sin 2 x) )=0 ⇔ cos x (cos x +sin x)(1+ sin x −cos x )=0. 0,25. 0,25. ( ). ( ). (. ). 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> ⇔ cos x=0 ¿ cos x +sin x=0 ¿ cos x − sin x=1 ¿ π x= + kπ 2 ¿ tan x=− 1 ¿ π 1 cos x+ = 4 √2 ¿ ¿ ¿ ⇔¿ ¿ ¿ ¿ ⇔ π x= +kπ 2 ¿ π x=− + kπ 4 ¿ x =k 2 π ¿ ,k∈Z ¿ ¿ ¿ 2. (1,0 điểm) Ta có: ( 2+ √ x 2 −2 x +5 ) ( x+ 1 )+ 4 x √ x 2 +1≤ 2 x √ x 2 −2 x +5 2 x −2 x +¿ 5 2+ √ ¿ ¿ ⇔¿ 2 x −2 x +¿ 5 2+ √ ¿ ¿ ⇔¿ 2 x (3 x − 1) ⇔( x +1) 2+ √ x 2 −2 x +5+ ≤0 2 √ x 2+1+ √ x 2 − 2 x +5. 0,25. ( ). [. ]. ⇔ (x+1) ( 4 √ x 2 +1+2 √ x 2 −2 x+5+ 2 √ ( x 2+ 1 )( x 2 −2 x+5 ) +7 x2 − 4 x+ 5 ) ≤ 0 ⇔ x +1≤ 0 ⇔ x ≤− 1 Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là T = ¿ . III. (1,0 điểm) 2 (1,0 điểm) sin x+ cos x ¿ +2 sin x . cos x +1 ¿ ¿ cos x − sin x Ta có: ¿ π π π 4 cos x+ 4 4 2 √ I =∫ dx= ∫ ¿ 2 0 0 sin 2 x +2(sin x +cos x )+ 2. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. ( ). π 4. . ¿ √2 ∫ d ( cos x+ sin x+1 ) 2 0 ( cos x +sin x+1 )2 .. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> √2 . ¿−. π. 4 1 ∨¿ 2 cos x+sin x +1 0 2 1 1 3 2− 4 ¿− √ − = √ 2 √ 2+1 2 4. (. ). 0,25 0,25. IV. (1,0 điểm) (1,0 điểm) Gọi I là trung điểm BC và G là trọng tâm SBC. Vì tam giác SBC cân tại S nên tam giác BGC vuông cân tại G. 0,25. 3 ⇒SI=3 GI= a 2 2 2 Xét tam giác vuông SHI (H là chân đường cao của hình chóp hạ từ A) ta có: 3a a √3 a 78 ⇒ SH= √ SH=√ SI2 −HI2 mà SI = 2 và HI = 6 6 3 1 a √ 26 Vậy VS.ABC = SH . S ABC= 3 24 V. (1,0 điểm) ¿ (1,0 điểm) ❑ 3 3 2 x − y +3 y −3 x − 2=0 ( 1) ❑ Ta có: x 2+ 1 − x 2 − 3 2 y − y 2+ m=0 (2) Từ đó GB=¿ GC =. √. √ 2 BC= a √ 2 và GI = 1 a 2. 0,25. 0,25. 0,25. √. ¿{ ¿. ¿ −1 ≤ x ≤1 ĐK: 0 ≤ y ≤ 2 ¿{ ¿ ❑ 3 y − 1¿ − 3( y −1) (3) Ta có (1) 3 ⇔ x −3 x=¿ 3 Hàm số f(t) = t - 3t có f’(t) = 3t2 - 3 < 0 với mọi t  (-1;1). Nên f(t) là hàm số nghịch biến trên đoạn [-1;1]. Từ (3) ta có f(x) = f(y-1) với −1 ≤ x ≤1 và −1 ≤ y −1 ≤ 1 Do đó x = y - 1  y = x + 1 Thay y = x + 1 vào (2) ta được x 2 −2 √ 1− x2 +m=0 ⇔ m=− x 2 +2 √ 1 − x 2 Dễ thấy hàm số g(t)=−t + 2 √ 1 −t liên tục và nghịch biến khi t  1 nên với 0  x2  1 ta có 2≥ − x 2 +2 √1 − x 2 ≥− 1 Vậy hệ đã cho có nghiệm khi −1 ≤ m≤ 2 . VIa. 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) Ta có A  d1 nên A(x1;3x1-5), B  d2 nên B(x2;4-x2) ❑ ⃗ 2⃗ MA=3 MB (1) ¿ ❑ ⃗ Vì A, B, M thẳng hàng và 2MA = 3MB nên 2⃗ MA=−3 MB (2) ¿ ¿ ¿ ¿. 0,25. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> ⇔ 2( x 1 − 1)=3( x 2 − 1) 2(3 x 1 −6)=3(3 − x 2) ⇔ 5 ¿ x 1= (1) 2 x2 =2 5 5 ⇒ A ; , B(2; 2) 2 2 ¿{ Suy ra d: x - y = 0. ( 2) ⇔ 2(x 1 − 1)=−3( x 2 −1) 2(3 x 1 −6)=−3(3 − x2 ) ⇔ ¿ x 1=1 x 2=1 ⇒ A (1 ; −2 ) , B (1; 3) ¿{ Suy ra d: x - 1 = 0. VIIa. Vậy có d: x - y = 0 hoặc d: x - 1 = 0. (1,0 điểm) 2. (1,0 điểm). 0,25. ( ). 0,25. 2. 2. b −1 ¿ + c Goi tọa độ điểm M(a;b;c). Ta có: MA2 = MB2  a −1 ¿2 +b 2+ c2 =a2 +¿ ¿  a = b (1) c − 2¿2 2 b −3 ¿ + ¿ MB2 = MC2  b −1 ¿2 +c 2=a2+ ¿ a2 +¿  b = 3 - c (2) a −1 ¿2 +b 2+ c 2 2 d2(M, ()) = MA2 (3) ( a+2 b+2 ) ⇔ =¿ 5 Thay (1) và (2) vào (3) ta được ⇔ a=1 ⇒ b=1 , c=2 ¿ 23 23 14 a= ⇒b= , c=− 6a2 - 52a + 46 = 0 3 3 3 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ 23 23 14 ; ;− Vậy M(1;1;2) hoặc M 3 3 3 Giả sử số phức z cần tìm có dạng z = x + yi (x,y  R). Ta có |x +1+( y −5) i|=|x +3 −( y+ 1) i| (1) 2 y−5¿ ¿ y+1 ¿2 x+3¿ 2+¿ ¿ x+1¿ 2+¿ ¿ ⇔√¿ ⇔ x +3 y=4 . Do đó tập hợp các điểm M biểu diễn cho các số phức z thỏa mãn (1) là. (. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. ). 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 4 −3 y ¿2 + y 2 ¿ đường thẳng x + 3y = 4. Mặt khác ¿ |z|= √ x 2 + y 2=√ ¿ 6 2 8 2 √2 + ≥ Hay |z|= 2 √ 5 y − √5 5 √5 6 2 2 6 Do đó |z|min ⇔ y= ⇒ x= . Vậy z= + i 5 5 5 5 VIb. 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) Ta có a2 = 25  a = 5, b2 = 16  b = 4. c2 = a2 - b2 = 25 - 16 = 9  c = 3 Gọi tọa độ điểm M là (x;y) và M  (E) nên ta có MF1 + MF2 = 10  5MF2 = 10  MF2 = 2 3x hay 5 − =2  x = 5 thay vào phương trình của (E)  y = 0 5 Vậy M(5;0) 2. (1,0 điểm) Ta có d (O ,(P)) ≤ OA . O ,( P)¿ max =OA Do đó xảy ra ⇔ OA ⊥(P) d¿ OA=(2 ; −1 ;1) nên (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với OA. Ta có ⃗ Vậy phương trình mặt phẳng (P) là: 2(x - 2) - (y + 1) + (z - 1) = 0 hay 2x - y + z - 6 = 0. VIIb. (1,0 điểm) (1,0 điểm) Giả sử số phức z cần tìm có dạng z = x + yi (x,y  R).2 Ta có y−4 ¿ ¿ y −2 ¿2 |x − 2+( y − 4)i|=|x +( y −2)i| (1) x 2 +¿ x − 2¿ 2+¿ ¿ ⇔ √¿ ⇔ y =− x +4 . Do đó tập hợp các điểm M biểu diễn cho các số phức z thỏa mãn (1) là đường thẳng x + y = 4. Mặt khác |z|= √ x 2 + y 2=√ x 2+ x 2 − 8 x+ 16= √2 x2 −8 x +16 Hay |z|= √ 2 ( x − 2 )2+ 8≥ 2 √2 Do đó |z|min ⇔ x =2⇒ y=2 . Vậy z=2+2 i. √(. 0,25. ). 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25. 0,25 0,25 0,25. - - - Hết - - -. TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 4 ĐỀ CHÍNH THỨC. ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 2- NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối: D (Đáp án- thang điểm gồm 04 trang). ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM Câu Đáp án I. 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) * Tập xác định D R . Khi m = 1 ta có y = - x3 + 3x2 - 4 * Sự biến thiên: Chiều biến thiên: y ' =−3 x 2+ 6 x , y ' =0 ⇔ x=0 , x=2 Hàm số đồng biến trên khoảng ( 0 ; 2 ) . Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( − ∞; 0 ) ( 2; +∞ ) Giới hạn: lim y =+ ∞, lim y =−∞ x →− ∞. x →+∞. Điểm. 0,25 và 0,25. Cực trị: xCĐ = 2, yCĐ = 0 và xCT = 0, yCT = - 4.. Bảng biến thiên:. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> x. y' y. 0 0.  . 2 0. .  . 0. . -4. -. * Đồ thị:. 0,25. 2. (1,0 điểm) Ta có y ' =−3 x 2+ 2(2 m+1)x −(m2 −3 m+2) . Để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị nằm về hai phía của trục tung khi và chỉ khi phương trình y’ = 0 có hai nghiệm trái dấu ⇔ Δ ' >0 P<0 ¿{ ⇔ 2 2 m+1 ¿ −3( m2 −3 m+2)> 0 ¿ ¿ 2 3(m −3 m+ 2)<0 ¿ ⇔ 1<m<2 II. 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) 2π 2π 1+cos + 2 x 1+ cos −2 x 3 3 Ta có: 4 −sin x 4 − sin x 2 π 2 π cos + x +cos −x = ⇔ + = 3 3 2 2 2 2 2π 2π 2π ⇔ sin x − 2+cos +2 x + cos −2 x =0 ⇔ sin x −2+ 2cos cos 2 x=0 3 3 3 2 ⇔ sin x − 2− cos 2 x=0 ⇔ 2 sin x+ sin x −3=0 ⇔ sin x=1 ¿ 3 sin x=− (VN ) ⇔ x= π + k 2 π (k  Z) 2 2 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ 2. (1,0 điểm) ĐK: −7 ≤ x ≤ −2, −3 ≤ y ≤ 2. ( ) (. (. ) ) (. (. ). ). (. ). 0,25 0,25. 0,25. 0,25. 0,25 0,25 0,25 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> III. (1,0 điểm). ¿ x +2+ √ √ y − 2=4 √ x+7+ √ y +3=6 ⇔ Ta có ¿ √ x +7+ √ x +2+ √ y +3+ √ y − 2=10 √ x +7 − √ x+ 2+ √ y +3 − √ y −2=2 ¿{ ¿ Đặt u= √ x +7+ √ x +2 và v =√ y +3+ √ y −2 (u > 0 và v > 0) ¿ u+ v=10 5 5 + =2 Ta được u v ¿{ ¿ ⇔ u+ v=10 uv =25 ⇔ ¿ u=5 v=5 ¿{ ¿ x +7+ √ √ x +2=5 √ y+ 3+ √ y − 2=5 ⇔ Khi đó Vậy nghiệm của hệ phương trình là: (x;y) = (2;6). ¿ x=2 y=6 ¿{ ¿ (1,0 điểm) ln 2. Ta có:. x. ln 2. x. I =∫ e x+2 e dx=∫ e x .e 2 e dx 0. Đặt t=e. x. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. 0. x. ,dt = e dx; x = 0  t = 1, x = ln2  t = 2 2 1 2t 2 2t Ta được I =∫ e dt= . e ∨¿ 1 2 1 1 4 2 ( e −e ) . Vậy I = 1 ( e 4 −e 2 ) = 2 2 IV. (1,0 điểm) (1,0 điểm) Gọi I là trung điểm BC và G là trọng tâm SBC. Vì tam giác SBC cân tại S nên tam giác BGC vuông cân tại G.. 0,25 0,25 0,25. 0,25. 3 ⇒ SI=3 GI= a 2 2 2 Xét tam giác vuông SHI (H là chân đường cao của hình chóp hạ từ A) ta có: 3a a √3 a 78 ⇒ SH= √ SH=√ SI2 −HI2 mà SI = 2 và HI = 6 6 3 1 a √ 26 Vậy VS.ABC = SH. S ABC= 3 24 V. (1,0 điểm) (1,0 điểm) √ x+ √ 9 − x= √ − x2 +9 x +m (1). ĐK: 0  x  9 2 (1) ⇔ ( √ x + √ 9 − x ) =− x 2 +9 x+ m⇔ 9+2 √ x (9 − x)=x (9 − x)+m (2) Từ đó GB=¿ GC =. √2 BC= a √ 2 và GI = 1 a 2. 0,25 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> 0,25 Đặt t =. √ x(9− x). thì t. 9 2. [ ] 0;. Khi đó (2) trở thành 9 - m = t2 - 2t (3) với t. 9 2. [ ] 0;. 0,25. .. Bài toán trở thành tìm các giá trị của m để phương trình (3) có ít nhất một nghiệm t Xét hàm số f(t) = t2 - 2t trên Khi đó −1 ≤ 9− m≤. 9 2. [ ] 0;. ta có fmax =. 45 4. 9 2. [ ] 0;. và fmin = -1. 0,25. 45 9 ⇔ − ≤ m≤ 10 . 4 4. Vậy các giá trị của m để phương trình có nghiệm là. 9 − ≤ m≤ 10 4. VIa. 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) Do Δ // d nên phương trình  có dạng 3x - 4y + c = 0 ( c  2012). Gọi AB là dây cung mà  cắt (C) (AB = 2 √ 5 ) và M là trung điểm AB. (C) có tâm I(3;1) và bán kính R = 3. Ta có IM = √ R 2 − MA2= √9 − 5=2 |9 − 4+c| =2 d(I, ) = IM = 2 ⇒ 5 ⇔|5+c|=10 ⇔ c=5 ¿ c=− 15 . Vậy : 3x - 4y + 5 = 0 hoặc 3x - 4y - 15 = 0. ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ 2. (1,0 điểm) 2 2 b −1 ¿ + c 2 2 Goi tọa độ điểm M(a;b;c). Ta có: MA = MB  a −1 ¿2 +b 2+ c2 =a2 +¿ ¿  a = b (1) c − 2¿2 b −3 ¿ 2+ ¿ 2 2 MB = MC  b −1 ¿2 +c 2=a2+ ¿ a2 +¿  b = 3 - c (2) a −1 ¿2 +b 2+ c 2 2 d2(M, ()) = MA2 (3) ( a+2 b+2 ) VIIa. ⇔ =¿ 5 (1,0 điểm) Thay (1) và (2) vào (3) ta được ⇔ a=1 ⇒b=1 , c=2 ¿ 23 23 14 a= ⇒b= , c=− 2 6a - 52a + 46 = 0 3 3 3 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ 23 23 14 ; ;− Vậy M(1;1;2) hoặc M 3 3 3. (. 0,25. 0,25 0,25 0,25 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. ). Giả sử số phức z cần tìm có dạng z = x + yi (x,y  R). Ta có |x +1+( y −5) i|=|x +3 −( y+ 1)i| (1). 0,25.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> y − 5 ¿2 ¿ y+1 ¿2 x+3¿ 2+¿ ¿ x+1¿ 2+¿ ¿ ⇔√¿ ⇔ x +3 y=4 . Do đó tập hợp các điểm M biểu diễn cho các số phức z thỏa mãn (1) là đường 0,25 4 −3 y ¿2 + y 2 ¿ thẳng x + 3y = 4. Mặt khác ¿. |z|= √ x 2 + y 2=√ ¿ 6 2 8 2 √2 + ≥ √5 5 √5 6 2 2 6 Do đó |z|min ⇔ y= ⇒ x= . Vậy z= + i 5 5 5 5 VIb. 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) Ta có a2 = 25  a = 5, b2 = 16  b = 4. c2 = a2 - b2 = 25 - 16 = 9  c = 3 Gọi tọa độ điểm M là (x;y) và M  (E) nên ta có MF1 + MF2 = 10  5MF2 = 10  MF2 = 2 3x hay 5 − =2  x = 5 thay vào phương trình của (E)  y = 0 5 Vậy M(5;0) 2. (1,0 điểm) Ta có d (O ,( P)) ≤ OA . O ,(P)¿ max =OA Do đó xảy ra ⇔ OA ⊥( P) d¿ OA=(2 ;−1 ;1) nên (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với OA. Ta có ⃗ VIIb. Vậy phương trình mặt phẳng (P) là: 2(x - 2) - (y + 1) + (z - 1) = 0 hay 2x - y + z - 6 = 0. (1,0 điểm) Giả sử số phức z cần tìm có dạng z = x + yi (x,y  R). Ta có |x − 2+( y − 4)i|=|x +( y −2) i| (1) y − 4 ¿2 ¿ y −2 ¿2 x 2 +¿ x − 2¿ 2+¿ ¿ ⇔ √¿ ⇔ y =− x +4 . Do đó tập hợp các điểm M biểu diễn cho các số phức z thỏa mãn (1) là đường thẳng x + y = 4. Mặt khác |z|= √ x 2 + y 2=√ x 2+ x 2 − 8 x+ 16= √2 x2 −8 x +16 Hay |z|= √ 2 ( x − 2 )2+ 8≥ 2 √ 2 Do đó |z|min ⇔ x =2⇒ y=2 . Vậy z=2+2 i. √(. Hay |z|= 2. √5 y −. ). - - - Hết - - -. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25. 0,25. 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(13)</span>