De thi thu mon Toan khoi B 2014 chuyen Ly Tu Trong lan 2

<span class='text_page_counter'>(1)</span>www.MATHVN.com SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CẦN THƠ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG. ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 Môn: TOÁN; Khối B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. ĐỀ THI THỬ I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 3x + 2 Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = . x+2 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Cho hai điểm A( −1; −1), B (2; 2) trên đồ thị (C). Định m để đường thẳng (d): y = x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm M, N sao cho tứ giác ABMN là hình bình hành. Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình: (sin x + 3 cos x) sin 3 x = 2 . x+. Câu 3 (1,0 điểm) Giải phương trình:. 3 x2 + 7 = . x 2( x + 1). 1. Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ 3 2 x 3 − 3 x 2 − x + 1 dx . 0. Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và góc giữa đường thẳng SC tạo với mặt phẳng (SAB) bằng 300. Gọi M là trung điểm của SA, (P) là mặt phẳng đi qua M và vuông góc với SC. Mặt phẳng (P) cắt các cạnh SB, SC, SD lần lượt tại N, E, F. Tính theo a thể tích khối chóp S.MNEF và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.MNEF. Câu 6 (1,0 điểm) Tìm m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực: 5 x 2 + (m + 14) x + 4m + 9 = x 2 − x − 20 + 5 x + 1 .. 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 hình chữ nhật ABCD có AB = AD 2 , tâm I (1; −2) . Gọi M là trung điểm cạnh CD, H (2; −1) là giao điểm của hai đường thẳng AC và BM. Tìm tọa độ các điểm A, B. Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : x − 2 y − z − 5 = 0 và hai điểm A(3; −1; −3), B (5;1;1) . Tìm tọa độ điểm C thuộc (P) sao cho mặt phẳng (ABC) vuông góc với (P) và diện tích tam giác ABC bằng 3 . Câu 9.a (1,0 điểm) Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm ba chữ số đôi một khác nhau và đều khác 0. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập A. Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 3. B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ) : ( x − 4)2 + ( y − 1) 2 = 20 và điểm M (3; −1) . Viết phương trình đường thẳng đi qua M và cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB bằng 8 (I là tâm đường tròn (C)). Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − x − 4 y − 2 = 0 và hai điểm A(3; − 5; 2), B (7; − 3; − 2) .Tìm điểm M trên (S) sao cho biểu thức MA2 + MB 2 có giá trị nhỏ nhất. e x + ( x + y ) ln x = e y + ( x + y ) ln y Câu 9.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  2 . 2 2 x −x + 3x + x + 2 = 32 y + 9 3 ----------------- Hết ----------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……………………………………………………; Số báo danh:……………………... www.DeThiThuDaiHoc.com.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> www.MATHVN.com ĐÁP ÁN KHỐI B Câu Câu 1 (2,0 điểm). Đáp án. Điểm. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số: y = TXĐ: D = ℝ \ {−2} , y ' =. 3x + 2 x+2. 4 > 0, ∀x ∈ D ( x + 2) 2. 0,25. Hàm số đồng biến trên các khoảng: (−∞; − 2) và ( −2; + ∞) Giới hạn và tiệm cận: lim − y = +∞; lim + y = −∞ ⇒ pt tiệm cận đứng: x = −2 x → ( −2). x →( −2). 0,25. lim y = lim y = 3 ⇒ pt tiệm cận ngang y = 3. x →+∞. x →−∞. Bảng biến thiên: x. +. y’. +∞. −2. −∞. + +∞. 0,25. 3. y. 3. −∞.  2  Đồ thị: Đi qua các điểm  − ; 0  , ( 0; 1) và nhận giao  3  điểm 2 tiệm cận I(−2; 3) làm tâm đối xứng.. y. 0,25. 3. 1. x −2. 2 − 3. O. 2. Cho hai điểm A(−1; − 1), B (2; 2) trên đồ thị (C). Định m để đường thẳng (d ) : y = x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm M, N sao cho tứ giác ABMN là hình bình hành. Phương trình hoành độ giao điểm giữa (d) và (C):  x ≠ −2 3x + 2 = x+m⇔  x+2 3 x + 2 = ( x + 2)( x + m) (1) ⇔ x 2 (m − 1) x + 2m − 2 = 0 (2) (do x = −2 không phải là nghiệm của (1)). www.DeThiThuDaiHoc.com. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> www.MATHVN.com (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt M, N khi phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt m < 1 (3) ⇔ ∆ = (m − 1)2 − 4(2m − 2) = m 2 − 10m + 9 > 0 ⇔  m > 9. 0,25. Khi đó: | yM − yN |=| xM − xN |= ∆ = m 2 − 10m + 9 . Nhận thấy hai điểm A, B thuộc đường thẳng y = x song song với (d) khi m ≠ 0 . Do đó với điều kiện (3), để tứ giác ABMN là hình bình hành thì ta chỉ cần MN = AB là đủ. 0,25. Ta có:. MN = AB ⇔ ( xM − xN ) 2 + ( yM − y N )2 = 3 2 ⇔ m 2 − 10m + 9 = 3 ⇔ m 2 − 10m = 0 m = 0 . So với điều kiện (3) ta nhận m = 10 là đáp số của bài toán. ⇔  m = 10 Câu 2 Giải phương trình: (sin x + 3 cos x ) sin 3 x = 2 . Phương trình đã cho tương đương: (1,0 điểm) 1  3 π  cos x  sin 3 x = 1 ⇔ sin  x +  .sin 3 x = 1  sin x + 2 3  2 . π π   ⇔ cos  2 x −  − cos  4 x +  = 2 3 3     π cos  2 x − 3  = 1    ⇔ cos  2 x − π  = −1    3. π 3. + k 2π ⇔ x =. π 6. Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình:. x+. 0,25. + kπ ( k , m ∈ ℤ ). Vậy phương trình đã cho có một họ nghiệm: x =. π 6. 0,25. + kπ ( k ∈ ℤ ). 3 x2 + 7 . = x 2( x + 1). ĐK: x > 0 Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương: 3 3 7  1 2( x + 1). x + = x 2 + 7 ⇔ 2 1 +  . x + = x + x x x  x ⇔ x+.  ⇔  . 0,25. 0,25. π π   2 x − 3 = k 2π 2 x = 3 + k 2π ⇔ ⇔ 4 x + π = π + m2π 2 x = π + mπ  3 3  ⇔ 2x =. 0,25.  2  3 3 4 2 3 3 3 3 −2 x+ + − x + = 0 ⇔ x +  x + − 2  −  x + − 2  = 0 x x x x x x x x  x   3 x+ −2 = 0   3 3 2 x x + − 2  x + −  = 0 ⇔    x x x 3 2   x+ − =0 x x . www.DeThiThuDaiHoc.com. 0,25. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> www.MATHVN.com  x2 − 4x + 3 = 0  x2 − 4 x + 3 = 0 ⇔ 3 ⇔ 2  x + 3x − 4 = 0  ( x − 1)( x + x + 4) = 0 x = 1 . Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 1; x = 3. ⇔ x = 3. Câu 4 (1,0 điểm). 0,25. 1. Tính tích phân I = ∫ 3 2 x 3 − 3 x 2 − x + 1 dx . 0. Đặt t = 1 − x ⇔ dt = −dx . Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1; x = 1 ⇒ t = 0 Suy ra:. I =∫. 0. 3. 1. =∫. 1. 3. 0. = −∫. 1. 0. 0,25. 2(1 − t )3 − 3(1 − t ) 2 − (1 − t ) + 1 (− dt ). 0,25. −2t 3 + 3t 2 + t − 1 dt 3. 0,25. 0,25. 2t 3 − 3t 2 − t + 1 dt = − I ⇒ I = 0. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và góc giữa đường thẳng SC tạo với mặt phẳng (SAB) bằng 300. Gọi M là trung (1,0 điểm) điểm của SA, (P) là mặt phẳng đi qua M và vuông góc với SC. Mặt phẳng (P) cắt các cạnh SB, SC, SD lần lượt tại N, E, F. Tính theo a thể tích khối chóp S.MNEF và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.MNEF. Từ giả thiết ta có: S BC ⊥ AB  0  ⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BSC = 30 300 BC ⊥ SA  E I F N là góc giữa SC với mp(SAB) Từ đó: M 0,25 SB = BC.cot 300 = a 3, Câu 5. SA = SB 2 − AB 2 = a 2 D SC ⊥ (P) tại E nên thể tích khối chóp S.MNEF được xác định bởi: B C 1 V = S MNEF .SE 3 Do SA ⊥ AC và SA = AC = a 2 , nên ∆SAC vuông cân tại A ⇒ ∆SEM vuông cân SM a tại E ⇒ SE = = 2 2 Ta có: MN ⊥ CS (do SC ⊥ ( P)   ⇒ MN ⊥ ( SBC ) ⇒ MN ⊥ NE , MN ⊥ SB MN ⊥ BC (do BC ⊥ ( SAB)  A. ⇒ S MNE =. 0,25. 1 1 a 6 a 3 a2 2 MN .NE = . . = 2 2 6 6 24. Hoàn toàn tương tự ta cũng có MF ⊥ EF và S MEF =. a2 2 a 2 ⇒ S MNEF = 24 12. 1 a3 2 Vậy V = S MNEF .SE = (đvtt) 3 72 MN ⊥ SE   ⇒ MN ⊥ ( SNE ) ⇒ MN ⊥ SN . Tương tự MF ⊥ SF MN ⊥ NE  Từ đó ∆SNM, ∆SEM và ∆SFM là 3 tam giác vuông nhận SM là cạnh huyền chung. Suy ra nếu gọi I là trung điểm của SM thì I chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình. www.DeThiThuDaiHoc.com. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> www.MATHVN.com 1 a 2 SM = 2 4 Tìm m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực: chóp S.MNEF và bán kính mặt cẩu là R =. Câu 6. 5 x 2 + (m + 14) x + 4m + 9 = x 2 − x − 20 + 5 x + 1 .. (1,0 điểm).  x 2 − x − 20 ≥ 0 Trước hết ta phải có điều kiện  ⇔ x ≥ 5 (1) x +1 ≥ 0 Với điều kiện (1), phương trình đã cho tương đương: 5 x 2 + ( m + 14) x + 4m + 9 = x 2 − x − 20 + 25( x + 1) + 10 ( x + 1)( x 2 − x − 20). 0,25. ⇔ 4( x 2 − x − 20) + ( m + 6)( x + 4) = 10 ( x + 4)( x 2 − 4 x − 5) ⇔. 4( x 2 − x − 20) x2 − 4x − 5 + m + 6 = 10 (2) x+4 x+4. x2 − 4 x − 5 , phương trình (2) trở thành: m = −4t 2 + 10t − 6 (3) x+4 x2 − 4 x − 5 , với x ∈ [5; + ∞) , ta có: Xét hàm f ( x) = x+4 x 2 + 8 x − 11 f (5) = 0, lim f ( x ) = +∞, f '( x) = > 0, ∀x ∈ [5; + ∞ ) . Chứng tỏ f(x) x →+∞ ( x + 4)2 đồng biến trên [5; + ∞) Suy ra: + Điều kiện của t là t ≥ 0 .. Đặt t =. x2 − 4 x − 5 có đúng 1 nghiệm x ∈ [5; + ∞) x+4 Từ đó yêu cầu bài toán tương đương tìm m sao cho phương trình (3) có đúng 2 nghiệm t ∈ [0; + ∞) Lại xét hàm: g (t ) = −4t 2 + 10t − 6 với t ∈ [0; + ∞) , ta có: 5 5 1 g '(t ) = −8t + 10; g '(t ) = 0 ⇔ t = , g   = 4 4 4 Bảng biến thiên: 5 +∞ t 0. 0,25. + Với mỗi t ≥ 0 thì phương trình t =. 4. g’(t). +. 0. −. 1 4. g(t) −6. 0,25. 0,25 −∞. 1 4 Câu 7a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB = AD 2 , tâm I (1; −2) . Gọi M là trung điểm cạnh CD, H (2; −1) là giao điểm của hai đường thẳng AC (1,0 điểm) và BM. Tìm tọa độ các điểm A, B. 0,25 Từ giả thiết ta có H là trọng tâm ∆BCD. Suy ra IA = 3HI ⇒ A(−2; −5) . Từ bảng biến thiên ta suy ra điều kiện của m thỏa yêu cầu bài toán là −6 ≤ m <. 2 BC 6 1 BC 3 . BM = ; HC = AC = 3 3 3 3 Suy ra HB 2 + HC 2 = BC 2 . Vậy BM ⊥ AC.. Ta có HB =. www.DeThiThuDaiHoc.com. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> www.MATHVN.com. Câu 8.a (1,0 điểm). Suy ra BM đi qua H (2; −1) , nhận vtpt IH = (1;1) ⇒ pt BM : x + y − 1 = 0 . ⇒ tọa độ B có dạng B(t ;1 − t ) .. 0,25. IB = IA ⇔ (t − 1) 2 + (3 − t ) 2 = 18 ⇔ t 2 − 4t − 4 = 0 ⇔ t = 2 ± 2 2. 0,25. Vậy B(2 + 2 2; − 1 − 2 2) hoặc B(2 − 2 2; − 1 + 2 2) . Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : x − 2 y − z − 5 = 0 và hai điểm A(3; −1; −3), B(5;1;1) . Tìm tọa độ điểm C thuộc (P) sao cho mặt phẳng (ABC) vuông góc. với (P) và diện tích tam giác ABC bằng 3 . Ta có: + vtpt của (P) là n = (1; − 2; − 1) . C ∈ ( P) nên C ( x0 ; y0 ; x0 − 2 y0 − 5) + AB = (2; 2; 4), AC = ( x0 − 3; y0 + 1; x0 − 2 y0 − 2) Suy ra mp(ABC) có vtpt là m =  AB, AC  = (2 x0 − 8 y0 − 8; 2 x0 + 4 y0 − 8; − 2 x0 + 2 y0 + 8) Theo giả thiết: ( ABC ) ⊥ ( P ) ⇒ n.m = 0 ⇔ 2 x0 − 8 y0 − 8 − 2(2 x0 + 4 y0 − 8) − ( −2 x0 + 2 y0 + 8) = 0. 0,25. 0,25. ⇔ y0 = 0 S ABC = 3 ⇔. 1  AB, AC  = 3  2. 0,25. ⇔ (2 x0 − 8 y0 − 8) 2 + (2 x0 + 4 y0 − 8) 2 + (−2 x0 + 2 y0 + 8)2 = 3.  x0 = 5 1 ⇔ . (2 x0 − 8) 2 + (2 x0 − 8)2 + (−2 x0 + 8) 2 = 3 ⇔ (2 x0 − 8) 2 = 4 ⇔  0,25 2  x0 = 3 Vậy C (5;0;0) hoặc C (3;0; − 2) Câu 9.a Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm ba chữ số đôi một khác nhau và đều khác 0. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập A. Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 3. (1,0 điểm) 0,25 Số phần tử của tập A: A93 = 504 Gọi n = abc là số tự nhiên được chọn thỏa yêu cầu bài toán. Chỉ có các trường 0,25 hợp sau: TH1: a, b, c chia hết cho 3 ⇒ a, b, c ∈ B = {3; 6;9} ⇒ có 3! cách chọn n TH2: a, b, c chia cho 3 dư 1 ⇒ a, b, c ∈ C = {1; 4; 7} ⇒ có 3! cách chọn n 0,25 TH3: a, b, c chia cho 3 dư 2 ⇒ a, b, c ∈ D = {2;5;8} ⇒ có 3! cách chọn n TH4: Trong 3 số a, b, c có một số thuộc B, một số thuộc C và số còn lại thuộc D ⇒ có (3x3x3)3! cách chọn n 0,25 Suy ra số cách chọn n là (3 + 33 ).3! = 180 . 180 5 Vậy xác suất để số được chọn chia hết cho 3 là = 504 14 Câu 7.b Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ) : ( x − 4)2 + ( y − 1) 2 = 20 và điểm M (3; −1) . Viết phương trình đường thẳng đi qua M và cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B (1,0 điểm) sao cho diện tích tam giác IAB bằng 8 (I là tâm đường tròn (C)). Đường tròn (C) có tâm I (4;1), R = 2 5 . Gọi H là trung điểm AB, suy ra AH ⊥ AB. 1 0,25 Diện tích tam giác IAB: S IAB = IH . AB = 8 ⇔ IH = 4 hoặc IH = 2 2 Đường thẳng ∆ đi qua điểm M nên có phương trình ax + by − 3a + b = 0, a 2 + b 2 > 0 .. www.DeThiThuDaiHoc.com.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> www.MATHVN.com TH1: d(I,∆) = IH = 4 ⇔. a + 2b. = 4 ⇔ 15a 2 − 4ab + 12b 2 = 0. 0,25 a +b ⇔ 11(a 2 + b 2 ) + (2a − b) 2 = 0 ⇔ a = b = 0 (không thỏa a2 + b2 > 0). a + 2b TH2: d(I,∆) = IH = 2 ⇔ =2 0,25 a 2 + b2 ⇔ a (3a − 4b) = 0 ⇔ a = 0 hoặc 3a – 4b = 0. + Nếu a = 0 chọn b =1 ⇒ phương trình ∆: y + 1 = 0. 0,25 + Nếu 3a – 4b = 0 chọn a = 4 và b = 3 ⇒ phương trình ∆: 4x + 3y – 9 = 0. Câu 8.b Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − x − 4 y − 2 = 0 và hai điểm A(3; − 5; 2), B(7; − 3; − 2) .Tìm điểm M trên (S) sao cho biểu thức MA2 + MB 2 có (1,0 điểm) giá trị nhỏ nhất. Gọi I là trung điểm của AB thì I (5; − 4; 0) . 2. 2. Ta có: MA2 + MB 2 = 2 IM 2 +. 1 29 AB 2 = 2 IM 2 + ⇒ MA2 + MB 2 nhỏ nhất khi 2 2. 0,25. và chỉ khi IM nhỏ nhất. 2. 5 15 1  1  (S) có tâm J  ; 2;0  , bán kính R = . Do IJ =  − 5  + (2 + 4) 2 = > R , 2 2 2  2  nên I nằm ngoài (S). Từ đó nếu gọi M0 là giao điểm của đoạn thẳng IJ với (S), thì với mọi điểm M thuộc (S) ta luôn có bất đẳng thức đúng sau: IM + MJ = IM + R ≥ IJ = IM 0 + R ⇔ IM ≥ IM 0 = const . Đẳng thức chỉ xảy ra khi M ≡ M 0 Vậy MA2 + MB 2 nhỏ nhất khi M là giao điểm của đoạn IJ với (S)  x = 5 − 3t  Ta có phương trình IJ:  y = −4 + 4t (t ∈ ℝ) z = 0  Tọa độ M là nghiệm của hệ:  x = 5 − 3t   x = 2; y = z = 0; t = 1  y = −4 + 4t ⇔   x = −1; y = 4; z = 0; t = 2 z = 0  x 2 + y 2 + z 2 − x − 4 y − 2 = 0 Do M thuộc đoạn IJ nên ta chỉ nhận M (2;0;0). 0,25. 0,25. 0,25. Câu 9.b. e x + ( x + y ) ln x = e y + ( x + y ) ln y Giải hệ phương trình:  2 2 2 x −x + 3x + x + 2 = 32 y + 9 3 (1,0 điểm) Điều kiện: x > 0 và y > 0. e x − e y = ( x + y )(ln y − ln x) (1) Hệ phương trình đã cho tương đương:  2 2 2 x −x + 3x + x + 2 = 32 y + 9 (2) 3 t Nhận xét: Vì các hàm số y = e , y = ln t luôn đồng biến trên khoảng (0; + ∞) , nên với x > y > 0 hoặc 0 < x < y thì hai vế của pt (1) luôn trái dấu nhau. Suy ra (1) ⇔ x=y Thay vào (2) ta được:. 3x. 2. −x. + 3x. 2. + x+2. 2. = 32 x + 9 ⇔ 3x. 2. − x−2. + 3x. 2. +x. = 32 x. 2. −2. + 1 ⇔ (3x. 2. − x−2. www.DeThiThuDaiHoc.com. − 1)(3x. 2. +x. − 1) = 0. 0,25. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> www.MATHVN.com 2  x = −1 3x − x − 2 − 1 = 0  x2 − x − 2 = 0 ⇔ 2 ⇔ 2 ⇔  x = 0 . x +x 3 −1 = 0 x + x = 0  x = 2 Do điều kiện nên ta chỉ nhận x = 2 ⇒ y = 2 Vậy hệ phương trình có một nghiệm (2; 2). 0,25. Ghi chú: + Cách giải khác của Câu 3: Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương: 2 2 x2 + 3 ( x + 7 ) = ⇔ 4( x 2 + 3)( x + 1)2 = x ( x 2 + 7 ) 2 x 4( x + 1) 2. ⇔ 4( x 2 + 3)( x + 1) 2 = x ( x 2 + 7 ) ⇔ x 5 − 4 x 4 + 6 x 3 − 16 x 2 + 25 x − 12 = 0 2.  x −1 = 0 x = 1  ⇔ ( x − 1) ( x − 3)( x + x + 4) = 0 ⇔  x − 3 = 0 ⇔ x = 3  2  x + x + 4 = 0 (vn) Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 1; x = 3. + Cách giải khác của Câu 8a: Từ giả thiết suy ra IA = 3HI ⇒ A(−2; −5) . Gọi B(x;y). Ta có ( x − 1) 2 + ( y + 2) 2 = 18  IA = IB 9 x − y − 9 = 0 ⇔ ⇔  2   2 2 2 2 2  AB = AD 2  x + y − 2 x + 4 y − 13 = 0 ( x + 2) + ( y − 5) = 2  (4 − x ) + (1 − y )  2. 2.  x = 2 + 2 2  x = 2 − 2 2 ⇔  hoặc   y = −1 − 2 2  y = −1 + 2 2 Vậy B(2 + 2 2; − 1 − 2 2) hoặc B(2 − 2 2; − 1 + 2 2) . + Cách giải khác của Câu 8b: Giả sử M ( x0 ; y0 ; z0 ) Ta có: 2. 1 25  (1) và + M ∈ ( S ) nên x + y + z − x0 − 4 y0 − 2 = 0 ⇒  x0 −  + ( y0 − 2) 2 + z02 = 2 4  x02 + y02 + z02 = x0 + 4 y0 + 2 (2) 2 0. 2 0. 2 0. + IM 2 = ( x0 − 5) 2 + ( y0 + 4)2 + z02 = x02 + y02 + z02 − 10 x0 + 8 y0 + 41 Do (2) nên IM 2 = x0 + 4 y0 + 2 − 10 x0 + 8 y0 + 41 = −9 x0 + 12 y0 + 43 2 2      1 1 25 Theo bđt B.C.S:  −9  x0 −  + 12( y0 − 2) + 0.z0  ≤ (81 + 144)  x0 −  + ( y0 − 2)2 + z02  = 225. (3) 2 2 4     . ⇔−. 75 1 75  ≤ −9  x0 −  + 12( y0 − 2) ≤ ⇔ 25 ≤ −9 x0 + 12 y0 + 43 ≤ 100 ⇒ 5 ≤ IM ≤ 10 (4) 2 2 2 . z = 0   0  z0 = 0 1    x0 − 2 y0 − 2 2(2 x0 − 1)  Đẳng thức ở (3) chỉ xảy ra khi:  = ⇔  y0 − 2 = − 12 3  −9  2 2   (2 x0 − 1) 4(2 x0 − 1) 2 25 1 25 2 2 + =  x0 −  + ( y0 − 2) + z0 =  4 9 4  2 4 . www.DeThiThuDaiHoc.com.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> www.MATHVN.com  z0 = 0  x0 = 2  x0 = −1  2(2 x0 − 1)    ⇔  y0 − 2 = − ⇔  y0 = 0 ∨  y0 = 4 3  z = 0 z = 0  0  0 (2 x0 − 1)2 = 9 + Với M (2;0;0) thì IM = 5 + Với M (−1; 4;0) thì IM = 10 So sánh với (4) ta suy ra M (2;0; 0) là điểm cần tìm.. www.DeThiThuDaiHoc.com.

<span class='text_page_counter'>(10)</span>