2 DE THI THU QUOC HOCQUY NHON

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD & ĐT BÌNH ĐỊNH. ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2012 - 2013. TRƯỜNG QUỐC HỌC QUY NHƠN. Môn thi: TOÁN; Khối A. ĐỀ CHÍNH THỨC. Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề. Câu 1. Cho hàm số y = x 3 − 6x 2 + 9x . a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số. b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị ( C ) của hàm số biết : Tiếp tuyến tạo với đường thẳng. ( ∆ ) : x + y + 1 = 0 một góc ϕ. sao cho cosϕ =. 4 41. và tiếp điểm có hoành độ nguyên.. Gọi M ( x 0 ; x 30 − 6x 20 + 9x 0 ) là tọa độ tiếp điểm của tiếp tuyến và đồ thị. Phương trình tiếp tuyến tại M là ( d ) : y = ( 3x 20 − 12x 0 + 9 ) ( x − x 0 ) + x 03 − 6x 20 + 9x 0 .





 Ta có n( ∆ ) ( 1;1 ) và n( d ) ( 3x20 − 12x 0 + 9; −1 ) .





 n 3x 20 − 12x 0 + 9 − 1 ( ∆ ) .n( d ) 4 4 4 Theo đề cos ( d; ∆ ) = ⇔





 = ⇔ = 2 41 41 41 n( ∆ ) n ( d ) 1 + 1. ( 3x2 − 12x + 9 ) + 1 0. 0. k = 9 2 . ⇔ 41 ( k − 1 ) = 32 ( k2 + 1 ) ⇔ 9k2 − 82k + 9 = 0 ⇔  41 2. k2 + 1  k = 1 / 9 (với k = 3x 20 − 12x 0 + 9 ) ⇔. k −1. • Với k =. =. 4. 1 không thỏa mãn, do x 0 ∈ ℤ nên k ∈ ℤ . 9. x = 0 • Với k = 9 ⇔ 3x20 − 12x 0 + 9 = 9 ⇔ 3x 0 ( x 0 − 4 ) = 0 ⇔  0 .  x 0 = 4 x 0 = 0 , ta được phương trình tiếp tuyến ( d1 ) : y = 9x . x 0 = 4 , ta được phương trình tiếp tuyến ( d2 ) : y = 9x − 32 . 2 2 cos 2x − 6 =. Câu 2. Giải phương trình :. π π ≠ kπ ⇔ x ≠ − + kπ, k ∈ ℤ . 4 4 Với điều trên phương trình  π ⇔ 2 sin  x +  2 cos 2x − 3 =  4. (. 3 +1. )( cos 2x + sin 2x + 1) .  . sin  x +. π . . 4 . Điều kiện : x +. (. ) (. 3 +1. )( cos 2x + sin 2x + 1). ) ( 3 + 1 )  cos x − sin x + ( sin x + cos x )  ⇔ ( sin x + cos x ) .  ( 2 cos 2x − 3 ) − ( 3 + 1 ) 2 cos x  = 0   ⇔ ( sin x + cos x ) .  4 cos x − 2 ( 3 + 1 ) cos x − 2 − 3  = 0   (. ⇔ ( sin x + cos x ) 2 cos 2x − 3 =. 2. 2. 2. 2. ⇔ 4 cos2 x − 2. (. ). 3 + 1 cos x − 2 − 3 = 0. GIA SƯ ĐỨC KHÁNH – 0975.120.189 – 0563.602.929. (do sin x + cos x =.  π 2 sin  x +  ≠ 0 )  4. 22A – Phạm Ngọc Thạch – TP. Quy Nhơn.

<span class='text_page_counter'>(2)</span>  1  cos x = −  2 ⇔  3  (loai)  cos x = 1 +  2. ⇔. x=±. 2π + k2π, k ∈ ℤ (thỏa mãn). 3. 6x 2 + 7x + 2 − 2 ( 3x + 1 ) x 2 + x + 1 = 0 .. Câu 3. Giải phương trình :. Phương trình đã cho ⇔ ( 3x + 1 ) − 2 ( 3x + 1 ) x 2 + x + 1 + ( x 2 + x + 1 ) = 4x 2. ⇔  ( 3x + 1 ) −.  ( 3x + 1 ) − x2 + x + 1 = 2x ⇔  2  ( 3x + 1 ) − x + x + 1 = −2x  x + 1 ≥ 0  2  2   x + x + 1 = ( x + 1 ) ⇔    5x + 1 ≥ 0    x 2 + x + 1 = ( 5x + 1 )2 .  x ≥ −1    x = 0 ⇔   ⇔ x = 0.    x ≥ −1 / 5   24x 2 + 9x = 0 . 2. x 2 + x + 1  = ( 2x )  2. 2.   x2 + x + 1 = x + 1 ⇔  2  x + x + 1 = 5x + 1. Vậy phương trình có nghiệm x = 0 . 0. I=. Câu 4. Tính tích phân :. ∫. ln ( cos x − sin x ). −π /4. cos2 x. dx ..  sin x + cos x  dx  du = −  u = ln ( cos x − sin x ) cos x − sin x Đặt :  ⇒ . dx  dv =  v = tan x − 1 = sin x − cos x 2  cos x  cos x Khi đó : I = ( tan x − 1 ) ln ( cos x − sin x ). 0 −π 4. 0. sin x + cos x dx cos x π. −∫ −. 4.  sin x  = ln 2 − ∫  + 1  dx = ln 2 + ( ln cos x − x )  cos x  π 0. −. 0 −π 4. 1 π 3 π = ln 2 + ln 2 − = ln 2 − . 2 4 2 4. 4. Câu 5. Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình thang vuông tại A, B; AB = BC = a . SA vuông góc mặt phẳng (ABCD), SA = a . Khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SAC) bằng a 2 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD. Kẻ DK ⊥ AC , ( K ∈ AC ) .. S. (1). Do DK ⊂ ( ABCD ) , mà SA ⊥ ( ABCD ) , suy ra DK ⊥ SA (2) Từ (1) và (2), suy ra DK ⊥ ( SAC ) . Khi đó. a. DK = d ( D; ( SAC ) ) = a 2 .. Ta có SABCD = S∆ABC + S∆ADC = Vậy VS.ABCD =. A. 1 1 3 AB.BC + AC.DK = a 2 . 2 2 2. 1 a3 (đvtt). .SABCD .SA = 3 2. GIA SƯ ĐỨC KHÁNH – 0975.120.189 – 0563.602.929. D a 2. a. K B. a. C. 22A – Phạm Ngọc Thạch – TP. Quy Nhơn.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Câu 6. Cho bốn số thực a, b, c, d thỏa mãn −4 ≤ a, c ≤ −2 ; 2 ≤ b, d ≤ 4 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :. ( a 2 + c2 )( b2 + d2 ) . M= 2 ( ac + bd ) Câu 7a. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có H ( 7 / 2; 3 ) là trung điểm AB, M ( 3; −1) thuộc BC, điểm B có tọa độ nguyên và thuộc đường thẳng ( d ) : x + 3y − 5 = 0 , AH = BC . Tìm. tọa độ A, B, C, D.. Do B ∈ ( d ) : x + 3y − 5 = 0 nên B ( 5 − 3b; b ) . Vì H là trung điểm AB, suy ra A ( 2 + 3b; 6 − b ) .





 Ta tính được BA ( 6b − 3;6 − 2b ), BM ( 3b − 2; −1 − b ) .





 5 Ta có BA.BM = 0 ⇔ ( 6b − 3 )( 3b − 2 ) + ( 6 − 2b )( −1 − b ) = 0 ⇔ b = 0 hoặc b = (loại). 4 Với b = 0 , suy ra A ( 2; 6 ), B ( 5; 0 ) . Đường thẳng BC đi qua B và M nên ( BC ) : x − 2y − 5 = 0 .


 Điểm C thuộc ( BC ) : x − 2y − 5 = 0 nên C ( 2c + 5; c ) . Suy ra BC = ( 2c; c ) .. 3 5 3 = 5 c ⇔c=± . 2 2  3 3 • Với c = , suy ra C  8;  . Suy ra trung điểm I của AC là  2  2. Theo đề : AH = BC ⇔.  15   15  I  5;  ⇒ D  5;  .  2   4    9  3 3 9 • Với c = − , suy ra C  2; −  . Suy ra trung điểm I của AC là I  2;  ⇒ D  −1;  .  2 2 2  4   Vậy A ( 2; 6 ), B ( 5; 0 ), C ( 8; 3 / 2 ), D ( 5;15 / 2 ) hoặc A ( 2; 6 ), B ( 5; 0 ), C ( 2; −3 / 2 ), D ( −1;9 / 2 ) . Câu 8a. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz. Viết phương trình mặt cầu ( S ) tiếp xúc với mặt phẳng. ( α ) : 2x − 2y − z + 12 = 0 và đi qua ba điểm A (1; 2; 0 ), B ( −3; −2; 0 ), C ( 4; −2; −1) . Gọi I ( a; b; c ) là tọa độ của tâm mặt cầu ( S ) . Theo đề bài ta có   2 2 2 2 1 − a ) + ( 2 − b ) + c2 = ( 3 + a ) + ( 2 + b ) + c2  IA = IB (    2 2 2 2 2  IA = IC ⇔ ( 1 − a ) + ( 2 − b ) + c2 = ( 4 − a ) + ( 2 + b ) + ( 1 + c )   2a − 2b − c + 12  IA = d ( I; α )  2 2 ( 1 − a ) + ( 2 − b ) + c2 = 4 + 4 +1   a = 1; b = −2; c = 3 . ⇔   a = −1 / 5; b = −4 / 5; c = −27 / 5 • Với a = 1; b = −2; c = 3 , suy ra I ( 1; −2; 3 ) và R = d ( I; α ) = 5 . Do đó. ( S ) : ( x − 1). 2. + ( y + 2 ) + ( z − 3 ) = 25 . 2. 2. • Với a = −1 / 5; b = −4 / 5; c = −27 / 5 , (bạn đọc làm tương tự). GIA SƯ ĐỨC KHÁNH – 0975.120.189 – 0563.602.929. 22A – Phạm Ngọc Thạch – TP. Quy Nhơn.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Câu 9a. Giải bất phương trình :. 92x − 80.3 (. 2 x + x −1. ). − 811+. x −1. ≤ 0.. Điều kiện : x ≥ 1 . ) 92x − 80.3 ( − 811+ x −1 ≤ 0 ⇔ 92x − 80.32x.32 x −1 − 81.92 x −1 ≤ 0 . Ta có  u = 32x > 0 Đặt  , ta thu được bất phương trình u2 − 80uv − 81.v2 ≤ 0   v = 32 x −1 > 0  ⇔ u2 − 80uv − 80v2 − v2 ≤ 0 ⇔ ( u2 − v2 ) − 80v ( u + v ) ≤ 0 2 x + x −1. Với. ⇔ ( u + v )( u − 81v ) ≤ 0. ⇔ u − 81v ≤ 0 . (do u > 0, v > 0 ). u − 81v ≤ 0. ⇒ 32x ≤ 81.32. ⇔ 32x ≤ 34 +2. ⇔. x −1. x −1 ≥ x −2. 1 ≤ x < 2  ⇔  2 ≤ x ≤ 5 + 5  2. x −1. ⇔ 2x ≤ 4 + 2 x − 1  x − 2 < 0    x − 1 ≥ 0  ⇔     x − 2 ≥ 0  2   x − 1 ≥ ( x − 2 )  ⇔1≤x ≤. 5+ 5 . (thỏa mãn) 2.  5+ 5 . Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S =  1;  2   Câu 7b. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đường phân giác trong BD, đường cao CH. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác A, B, C biết BD, CH lần lượt có phương trình x − y − 1 = 0 , x + 2y − 5 = 0 và điểm M ( 3; −1) thuộc đường thẳng BC, 5BC = 4BA .. Gọi M ' ( x; y ) là điểm đối xứng của M qua BD nên  x + 3 y − 1  x = 0  − −1 = 0 ⇔ ⇒ M ' ( 0;2 ) .  2  2  3 − x 1 + −1 − y 1 = 0  y = 2  ) ( ) ( Phương trình đường thẳng AB qua M ' và vuông góc với CH nên ( AB ) : 2x − y + 2 = 0 .. Do B là giao điểm của BD và AB nên B ( x; y ) là nghiệm hệ  2x − y + 2 = 0  x = −3  ⇔  ⇒ B ( −3; −4 ) .  x − y − 1 = 0  y = −4   Phương trình đường thẳng BC qua B và M nên ( BC ) : x − 2y − 5 = 0 .. Do C là giao điểm của CH và BC nên C ( x; y ) là nghiệm của hệ  x + 2y − 5 = 0  x = 5 ⇔  ⇒ C ( 5; 0 ) .   x − 2y − 5 = 0  y = 0   Điểm A thuộc ( AB ) : 2x − y + 2 = 0 nên A ( a;2a + 2 ) .. Theo đề bài ta có 5BC = 4BA ⇔ 5.4 5 = 4. 5 3 + a ⇔ a = 2 hoặc a = −8 . GIA SƯ ĐỨC KHÁNH – 0975.120.189 – 0563.602.929. 22A – Phạm Ngọc Thạch – TP. Quy Nhơn.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> • Với a = −8 , suy ra A ( −8; −14 ) . Khi đó A và C cùng phía với phân giác BD. (không thỏa) • Do đó ta chọn a = 2 , suy ra A ( 2; 6 ) . Vậy A ( 2; 6 ), B ( −3; −4 ), C ( 5; 0 ) . Câu 8b. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : ( m + 1) x + ( m + 2 ) y + ( 2m + 3 ) z − 4m − 6 = 0 , m là tham số. Chứng minh rằng mặt phẳng ( P ) luôn đi qua một đường thẳng cố định khi m thay đổi. Tìm m để mặt phẳng ( P ) tạo với Ox một góc 450 .. ( m + 1 ) x + ( m + 2 ) y + ( 2m + 3 ) z − 4m − 6 = 0 ⇔ m ( x + y + 2z − 4 ) + ( x + 2y + 3z − 6 ) = 0 . (*). Ta có.  x + y + 2z − 4 = 0 Để (*) đúng với mọi m ∈ ℝ khi và chỉ khi  . Đây là phương trình giao tuyến của hai   x + 2y + 3z − 6 = 0 .   x = 7t mặt phẳng trong hệ tọa độ Oxyz và đưa về phương trình tham số là  ,t ∈ ℝ. y = t   z = 2 − 3t   x = 7t , t ∈ ℝ khi m thay đổi. Vậy ( P ) luôn đi qua đường thẳng cố định  y = t   z = 2 − 3t


  Mặt phẳng ( P ) có vtpt n( P ) = ( m + 1; m + 2;2m + 3 ) , trục Ox có vtcp i = ( 1; 0; 0 ) .


  n( P ).i m +1 Theo đề : sin ( ( P ) ;Ox ) =


  ⇔ sin 450 = 2 2 2 n( P ) i ( m + 1 ) + ( m + 2 ) + ( 2m + 3 ) .1 ⇔. 2 = 2.  m = −2 . ⇔ 2m2 + 7m + 6 = 0 ⇔  6m2 + 18m + 14  m = −3 / 2 m +1. log5 ( x 2 + 3x + 1 ) − log5 x ≤ 2x − x2 .. Câu 9b. Giải phương trình :.  x 2 + 3x + 1 > 0 Điều kiện :  ⇔ x > 0.   x > 0 .  x2 + 3x + 1  2  ≤ 1 − ( x − 1) .   x . Với điều kiện trên phương trình ⇔ log5 .  x 2 + 3x + 1  x 2 + 3x + 1  1 1 = x + 3 + ≥ 3 + 2 x. = 5 ⇒ log5   ≥ 1  x x x x   Ta có  .  2 1 − ( x − 1 ) ≤ 1  x2 + 3x + 1    log  = 1  5  x   Do đó bất phương trình ⇔  ⇔ x = 1.  2 1 − ( x − 1 ) = 1 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = { 1} . ---------- HẾT ---------GIA SƯ ĐỨC KHÁNH – 0975.120.189 – 0563.602.929. 22A – Phạm Ngọc Thạch – TP. Quy Nhơn.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> SỞ GD & ĐT BÌNH ĐỊNH. ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 2012 - 2013. TRƯỜNG QUỐC HỌC QUY NHƠN. Môn thi: TOÁN; Khối A. ĐỀ CHÍNH THỨC. Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề. Câu 1. Cho hàm số y = x 3 − 3x 2 + 2 . a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số. b) Gọi M, N là hai điểm cực trị của đồ thị hàm số, viết phương trình đường thẳng đi qua tâm đối xứng của đồ thị và cắt đồ thị tại hai điểm P, Q sao cho diện tích tứ giác MPNQ bằng 12.. b) Theo câu khảo sát ta tìm được tọa độ điểm cực đại M ( 0;2 ) , cực tiểu N ( 2; −2 ) . Ta có y '' = 6x − 6 . Suy ra y '' = 0 ⇔ x = 1 . Với x = 1 ⇒ y = 0 . Do đó điểm đối xứng của đồ thị là I ( 1; 0 ) Gọi ( ∆ ) là đường thẳng đi qua I với hệ số góc k nên ( ∆ ) : y = k ( x − 1 ) . Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng ( ∆ ) và đồ thị x 3 − 3x 2 + 2 = k ( x − 1 ). ⇔. ( x − 1) ( x2 − 2x − 2 − k ) = 0. Vì I là tâm đối xứng nên tứ giác MPNQ là hình bình hành. Do đó SMPNQ. x = 1   x 2 − 2x − 2 − k = 0 ( * ) .  1 = 2SMPN = 2. PN.d ( M; ∆ ) . 2 ⇔. Hai điểm P, Q là giao điểm của ( ∆ ) với đồ thị nên có hoành độ là nghiệm của phương trình (*). Theo Vi-et ta có x Q + x P = 2 và x Q x P = −2 − k . Khi đó. PQ = = và. ( xQ − xP ). 2. 1 + k2. d ( M; ∆ ) =. + ( yQ − y P ) = 2. ( xQ − xP ). 2+k. 2. =. ( xQ − xP ). 2. 1 + k2. + k2 ( x Q − x P ) = 2. ( xQ + xP ). 2. − 4x Q x P =. 1 + k2. ( xQ − xP ). 2. 1 + k2 4 ( 3 + k ) .. .. 1 + k2 2+k Yêu cầu bài toán 12 = . 1 + k2 4 ( 3 + k ) 2 1+k Với k = 1 ta được ( ∆ ) : y = x − 1 . Câu 2. Giải phương trình :. ⇔. k 3 + 7k2 + 16k − 24 = 0. ⇔. k = 1.. cos x + cos 3x + 2 cos 5x = 0 .. Phương trình đã cho ⇔ ( cos 5x + cos x ) + ( cos 3x + cos 5x ) = 0. ⇔ 2 cos 3x cos 2x + 2 cos 4x cos x = 0. ⇔ ( 4 cos 3 x − 3 cos x ) cos 2x + cos 4x cos x = 0 ⇔ cos x ( 4 cos2 2x − cos 2x − 1 ) = 0  cos x = 0  ⇔   cos 2x = 1 ± 17  8 Câu 3. Giải hệ phương trình :. ⇔  ( 4 cos2 x − 3 ) cos 2x + cos 4x  cos x = 0  cos x = 0 ⇔  2  4 cos 2x − cos 2x − 1 = 0  π  x = + kπ  2 , k ∈ ℤ. ⇔  1 1 ± 17  + kπ  x = ± arccos  2 8  x 5 + xy 4 = y10 + y6 (1)  .   4x + 5 + y2 + 8 = 6 (2) . GIA SƯ ĐỨC KHÁNH – 0975.120.189 – 0563.602.929. 22A – Phạm Ngọc Thạch – TP. Quy Nhơn.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>  x > 0 y10 + y6 Từ ( 1 ) ⇒ x ≥ 0 . Do ( x; y ) = ( 0; 0 ) không là nghiệm. Xét  . Với x > 0 thì ( 1 ) ⇒ x = 4 .   y ∈ ℝ x + y4  • Nếu y2 > 1 thì y2 + 8 > 3 , từ ( 2 ) ⇒ 4x + 5 < 3 ⇔ x < 1 . Do đó. • Nếu y2 < 1 thì.  0 < x < 1  ⇒ y10 + y6 > x 4 + y 4 ⇒ x > 1 (mâu thuẩn).  y2 > 1  y2 + 8 < 3 , từ ( 2 ) ⇒ 4x + 5 > 3 ⇔ x > 1 . Do đó.  x > 1  ⇒ y10 + y6 < x 4 + y 4 ⇒ x < 1 (mâu thuẩn).  0 < y2 < 1  • Vậy x = 1 ⇒ y = ±1 . Do đó hệ có hai nghiệm ( x; y ) = ( 1;1 ), ( x; y ) = ( 1; −1 ) . π. I=. Câu 4. Tính tích phân :. x sin x. ∫ 1 + cos. 2. x. 0. dx . b. Đặt : t = π − x .. (chú ý: tích phân dạng. ∫ xf ( sin x ) dx thì ta đặt t = a + b − x ) a. π π ( π − t ) sin ( π − t ) ( π − t ) sin t sin t t sin t I=∫ dt = π ∫ dt − ∫ dt . ( −dt ) = ∫ 2 2 2 2 1 + cos π − t 1 + cos t 1 + cos t 1 + cos t ( ) π 0 0 0     π. 0. Khi đó :. K. Suy ra : I =. π K . Với K = 2. π. sin t. ∫ 1 + cos 0. 2. t. I. dt . π /4. Đặt cos t = tan u , ta thu được tích phân K =. ∫. du = u. −π /4. π 4 −π 4. =. π2 π . Suy ra I = . 2 4. Câu 5. Cho hình lập phương ABCD.A ' B ' C ' D ' có cạnh bằng a. Gọi K là trung điểm của DD ' . Tính. khoảng cách giữa CK và A ' D . Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A ( 0; 0; 0 ), B ( a; 0; 0 ), D ( 0; a; 0 ), A ' ( 0; 0; a ) ..     a  a     Suy ra C ( a;a; 0 ), D' ( 0;a; a ) ⇒ K  0; a;  và CK  −a; 0; , A ' D ( 0;a; −a ), CD ( a; 0; 0 ) .   2 2        2  a  a3 Ta có  CK, A ' D  =  − ; −a 2 ; −a 2  nên  CK, A ' D  .CD = − ≠ 0 . Vậy CK và A ' D chéo nhau.    2   2      CK, A ' D  .CD   a = . Do đó d ( CK, A ' D ) =     CK, A ' D  3   Câu 6. Cho x > 0, y > 0 và x + y = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : T=. Ta có. T=. x. y. +. . 1− x 1−y  x   y x y x y + = + =  + y  +  +   x  y 1− x 1− y y x. ≥2 x +2 y −. (. x+. ) (. y =. x+.  x  − . (. x+. y. ). ). y .. GIA SƯ ĐỨC KHÁNH – 0975.120.189 – 0563.602.929. 22A – Phạm Ngọc Thạch – TP. Quy Nhơn.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Mặt khác, T =. x 1− x. +. y 1− y. Cộng vế theo vế ta được 2T ≥. Vậy GTNN của T là. =. 1. 1− y y +. 1. + ≥.  1 1   − =  +  x x y . 1− x 2. ≥. 2. x+y 2 1 2 . Dấu '' = '' xảy ra khi x = y = . 2 x. y. 4. xy. (. x+. ). y .. = 2 2.. Câu 7a. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ( C ) : x 2 + y2 − 2x − 2y − 2 = 0 tâm I và đường thẳng ( d ) : x − y + m = 0 không có điểm chung. Từ điểm M trên ( d ) vẽ hai tiếp tuyến MA, MB với ( C ) (A, B là các tiếp điểm). Tìm m để trên đường thẳng ( d ) tồn tại duy nhất điểm M sao cho tứ giác MAIB là hình vuông.. Đường tròn ( C ) có tâm I ( 1;1 ) , bán kính R = 2 . Để đường thẳng ( d ) không cắt ( C ) khi d ( I; d ) > R. ⇔. 1−1+ m. >2 ⇔ m > 2 2. (*) 1+1 Do M ∈ ( D ) nên M ( t − m; t ) . Để tứ giác MAIB là hình vuông khi. IM = IA 2 ⇔. ( t − m − 1). 2. + ( t − 1) = 2 2 . 2. Để trên đường thẳng ( d ) tồn tại duy nhất điểm M thỏa bài toán khi   IM ⊥ ( d ) ⇔ IM.ud = 0 ⇔ ( t − m − 1 ) 1 + ( t − 1 ) 1 = 0. ( t − 1 ) = 2 ⇔ t = −1 t = −1 ⇒ m = 4 ⇒ M1 ( −5; −1 ) . 2. Thay (1) vào (2) ta được • Với. (1). ⇔. m = 2 − 2t .. (2). hoặc t = 3 . • Với t = 3 ⇒ m = −4 ⇒ M2 ( 7; 3 ) .. x−2 y +1 z và mặt = = 2 3 −1 phẳng ( P ) : x + y + z − 3 = 0 . Đường thẳng ( ∆ ) đi qua A, cắt ( d ) và ( P ) lần lượt tại B, C sao cho Câu 8a. Trong không gian Oxyz, cho điểm A ( 3; −3; −1 ) , đường thẳng ( d ) :. B là trung điểm AC. Tính góc tạo bởi ( d ) và ( ∆ ) . Do ( ∆ ) ∩ ( d ) = B nên B ( 2 + 2t; −1 + 3t; −t ) . Vì B là trung điểm AC, suy ra C ( 2t + 1;6t + 1;1 − 2t ) . Theo đề ( ∆ ) ∩ ( P ) = C nên C ∈ ( P ) hay ( 2t + 1 ) + ( 6t + 1 ) + ( 1 − 2t ) − 3 = 0 ⇔ t = 0 .  Với t = 0 ⇒ B ( 2; −1; 0 ) . Khi đó ( ∆ ) có vtcp AB ( −1;2;1 ) .   u d .AB 3 Vậy cos ( d; ∆ ) =   = . 2 21 u d AB Câu 9a. Tìm số phức z thỏa mãn z + 2 = 2 và z − ( 1 + 3i ) nhỏ nhất.. Gọi z = x + yi , với x, y ∈ ℝ . Ta có z + 2 = 2. ⇔. ( x + 2 ) + yi. =2. ⇔. ( x + 2). 2. + y2 = 2. ⇔. ( x + 2). 2. + y2 = 4 .. Từ ( x + 2 ) + y2 = 4 nếu ta đặt x + 2 = 2 cos ϕ thì y = 2 sin ϕ . 2. GIA SƯ ĐỨC KHÁNH – 0975.120.189 – 0563.602.929. 22A – Phạm Ngọc Thạch – TP. Quy Nhơn.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Khi đó z − ( 1 + 3i ) =. Vậy GTNN của. ( x − 1 ) + ( y − 3 ) i = ( x − 1 ) + ( y − 3 ) = ( 2 cos ϕ − 3 ) = 22 − 12 ( sin ϕ + cos ϕ ) ≥ 22 − 12 2 . z − ( 1 + 3i ) là 22 − 12 2 . Dấu '' = '' xảy ra khi 2. sin ϕ + cos ϕ =  cos ϕ = 2 / 2  x = khi đó  ⇒   s inϕ = 2 / 2  y =  . 2 −2 2. ⇒z=. 2. 2 ⇔ϕ=. (. 2. + ( 2 sin ϕ − 3 ). 2. π + k2π 4. ). 2 − 2 + 2i .. Câu 7b. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ( C ) : x 2 + y2 − 4x = 0 . Tìm m để đường. thẳng ( d ) : x − m = 0 và cắt ( C ) tại hai điểm A, B sao cho diện tích tam giác OAB là lớn nhất. Đường tròn ( C ) có tâm I ( 2; 0 ) , bán kính R = 2 . Để đường thẳng ( d ) cắt ( C ) tại hai điểm A, B khi. d ( I; d ) < R. ⇔. 2−m 1+0. <2. ⇔. 2−m <2. ⇔. 0 < m < 4 . (*).  1 Do O ( 0; 0 ) ∈ ( C ) và OI = ( 2; 0 ) nên OI ⊥ ( d ) . Suy ra S∆OAB = AB.d ( O; d ) . 2  x 2 + y2 − 4x = 0 Tọa độ giao điểm của đường thẳng ( d ) và ( C ) là nghiệm của hệ  . Suy ra   x − m = 0  2 2 2 2 y = 4m − m ⇔ y = ± 4m − m . Giả sử A m; 4m − m , B m; − 4m − m2 .. (. Khi đó AB = 2 4m − m2 và d ( O; d ) =. 0−m 1+0. ) (. ). = m = m (do (*) ).. Suy ra S∆OAB = m 4m − m2 . Dùng đạo hàm khảo sát hàm số y = m 4m − m2 trên ( 0; 4 ) ta tìm được GTLN của y bằng 3 3 đạt tại m = 3 (thỏa mãn). Câu 8b. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( S ) : x2 + y2 + z2 − 4x + 4y − 10z − 3 = 0 .. Chứng tỏ ( S ) cắt mặt phẳng ( Q ) : x − y + z = 0 theo giao tuyến là một đường tròn phương trình mặt cầu ( S ' ) chứa ( T ) và có bán kính bằng. (T).. Viết. 57 .. Mặt cầu ( S ) có tâm I ( 2; −2;5 ) , bán kính R = 6 . Ta có d ( I;Q ) =. 2+2+5. = 3 3 < 6 . Vậy ( S ) cắt ( Q ) theo giao tuyến là một đường tròn ( T ) . 1+1+1 Mặt cầu ( S ' ) chứa ( T ) nên tâm I ' của ( S ' ) , tâm đường tròn ( T ) , tâm I của ( S ) thẳng hàng. Hay nói cách khác đường thẳng ( II ' ) vuông góc với mặt phẳng ( Q ) nên ( II ' ) : Suy ra I ' ( 2 + t; −2 − t; 5 + t ) .. x −2 y+2 z−5 . = = 1 −1 1. Gọi r, R ' lần lượt là bán kính của đường tròn chứa ( T ) và mặt cầu ( S ' ) , ta có. R 2 − d2 ( I;Q ) = r2 = R '2 − d2 ( I ';Q ) Do đó d ( I ';Q ) =. R '2 − R 2 + d2 ( I;Q ) = 4 3 ⇔. ( 2 + t ) − ( −2 − t ) + ( 5 + t ). GIA SƯ ĐỨC KHÁNH – 0975.120.189 – 0563.602.929. 1+1+1. t = 1 . = 4 3 ⇔   t = −7. 22A – Phạm Ngọc Thạch – TP. Quy Nhơn.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> • Với t = 1 ⇒ I ' ( 3; −3;6 ) . Vậy ( S ' ) : ( x − 3 ) + ( y + 3 ) + ( z − 6 ) = 57 . 2. 2. 2. • Với t = −7 ⇒ I ' ( −5;5; −2 ) . Vậy ( S' ) : ( x + 5 ) + ( y − 5 ) + ( z + 2 ) = 57 . 2. 2. 2. Câu 9b. Cho tam giác ABC. Trên cạnh AB lấy 10 điểm A1, A2 ,..., A10 khác nhau và khác A, B. Trên cạnh. BC lấy 15 điểm B1, B2 ,..., B15 khác nhau và khác B, C. Trên cạnh AC lấy 20 điểm C1, C2 ,...,C20 khác nhau và khác A, C. Từ các điểm A, B,C, A1, A2 ,..., A10 , B1, B2 ,..., B15 ,C1, C2 ,..., C20 có thể tạo ra đực bao nhiêu tam giác. Nếu cứ 3 điểm phân biệt tạo thành tam giác thì có C348 tam giác. 3 3 3 Trường hợp 3 điểm thẳng hàng nên không tạo thành tam giác là C12 . + C17 + C22. Vậy từ các điểm A, B,C, A1, A2 ,..., A10 , B1, B2 ,..., B15 ,C1, C2 ,..., C20 như bài toán đã cho có thể tạo được 3 3 3 C348 − ( C12 + C17 + C22 ) tam giác.. ---------- HẾT ----------. Thầy Khánh GV TOÁN 22A – Phạm Ngọc Thạch. GIA SÖ. ĐỨC KHÁNH Nhận ôn thi Đại Học khối A – B – D. Ôn thi chuyển cấp 9 lên 10. Giới thiệu giáo viên dạy kèm tại nhà. Trung tâm chúng tôi cam kết (có bản hợp đồng). ● Dạy trong 2 buổi đầu, không đạt không thu học phí. ● Dạy trong 1 tháng đầu, học sinh không tiến bộ thì hoàn trả lại 50% học phí. ● Không đỗ Đại học, hoàn trả lại 70% học phí. ● Trung tâm có chỗ cho học sinh học theo nhóm hoặc cá nhân. Chi tiết liên hệ : Thạc sĩ Toán HUỲNH ĐỨC KHÁNH. Điện thoại : 0975.120.189 hoặc 0563.602.929. Địa chỉ : 22A – Phạm Ngọc Thạch – TP. Quy Nhơn.. GIA SƯ ĐỨC KHÁNH – 0975.120.189 – 0563.602.929. 22A – Phạm Ngọc Thạch – TP. Quy Nhơn.

<span class='text_page_counter'>(11)</span>