4 DEDAP AN THI THU DH MON TOAN

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ SỐ 37. THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút. y. 2x  4 x 1. Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Viết phương trình đường thẳng cắt đồ thị (C) tại hai điểm A, B phân biệt sao cho A và B đối xứng nhau qua đường thẳng có phương trình: x + 2y +3= 0. Câu II: (2,0 điểm) sin 2 x 1  2cosx sin x  cos x 2. tan x 1. Giải phương trình: .  x  y  x  y 2   2 x  y 2  1  x 2  y 2 3 2. Giải hệ phương trình:   2. (e. cos x.  s inx).sin 2 x.dx. Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân: Câu IV: (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ nội tiếp trong hình trụ có bán kính đáy r; góc 0. . 0. giữa BC’ và trục của hình trụ bằng 300; đáy ABC là tam giác cân đỉnh B có ABC 120 . Gọi E, F, K lần lượt là trung điểm của BC, A’C và AB. Tính theo r thể tích khối chóp A’.KEF và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện FKBE. 3 Câu V: (1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn: a + b + c = 4 . 1 1 1 3 3 3 3 b  3c c  3a Chứng minh rằng: a  3b. Câu VI: (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M (2; 1) và đường thẳng  : x – y + 1 = 0. Viết phương trình đường tròn đi qua M cắt  ở 2 điểm A, B phân biệt sao cho MAB vuông tại M và có diện tích bằng 2. x y 2 z 1   1 1 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d: 1 và mặt phẳng 2 2 (P) : ax + by + cz – 1 = 0 (a  b 0) . Viết phương trình mặt phẳng (P) biết (P) đi qua. đường thẳng d và tạo với các trục Oy, Oz các góc bằng nhau. Câu VII: (1,0 điểm) Xét số phức z thỏa mãn điều kiện :. z  3i 1. , tìm giá trị nhỏ nhất của. ------------------------Hết----------------------. z. ..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 37. CÂU. NỘI DUNG TXĐ: D = R\{-1} y'  Chiều biến thiên:. 6  0 x  D ( x  1) 2. Hs đồng biến trên mỗi khoảng (  ;  1) và ( 1; ) , hs không có cực trị. lim y 2, lim y , lim y   x  1 x  1 Giới hạn: x   => Đồ thị hs có tiệm cận đứng x = -1, tiệm cận ngang y = 2 BBT x - -1 y’ + + + y 2 I-1 (1 điểm). -. + Đồ thị (C):.  2; 0  , trục tung tại điểm (0;-4) Đồ thị cắt trục hoành tại điểm Đồ thị nhận giao điểm 2 đường tiệm cận làm tâm đối xứng. + 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Đường thẳng d cần tìm vuông góc với  : x + 2y +3= 0 nên có phương trình y = 2x +m 2x  4  2 x  m x 1 D cắt (C) ở 2 điểm A, B phân biệt có 2 nghiệm phân biệt. I-2 (1 điểm). 2  2 x 2  mx  m  4 0 có 2 nghiệm phân biệt khác - 1  m  8m  32  0 (1) x A  xB  m   xI  2  4   y 2 x  m  m I I 2 Gọi I là trung điểm AB có  Do AB vuông góc với  nên A, B đối xứng nhau qua đường thẳng  : x + 2y +3= 0  I    m  4 m = - 4 thỏa mãn (1) vậy đường thẳng d có phương trình y = 2x - 4. §iÒu kiÖn: sin x 0, cos x 0,sin x  cos x 0. Pt đã cho trở thành. . II-1 (1 điểm). II-2 (1 điểm). cos x 2sin x cos x + −2 cos x=0 √2 sin x sin x +cos x. cos x 2cos 2 x     0  cos x  sin( x  )  sin 2 x  0 4 2 sin x sin x  cos x  . π +) cos x=0 ⇔ x= +kπ , k ∈ Z . 2 π sin 2 x=sin( x + )⇔ 4 π 2 x=x+ + m2 π 4 ¿ π 2 x=π − x − +n 2 π 4 ¿ π x= +m2 π +) 4 ¿ π n2π x= + 4 3 ¿ m, n ∈ Z ¿ ⇔¿ ¿ ¿ ¿ π t2π ⇔ x= + ,t ∈Z. 4 3 §èi chiÕu ®iÒu kiÖn ta cã nghiÖm cña pt lµ π π t2π x= +kπ ; x= + , k ,t ∈ Z . 2 4 3 Điều kiện: x+y 0, x-y 0.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  u  v 2 (u  v)  u  v 2 uv  4     u 2  v2  2  u 2  v2  2 u x  y  uv 3   uv 3   v  x  y 2 2    Đặt: ta có hệ:  u  v 2 uv  4 (1)    (u  v ) 2  2uv  2  uv 3 (2)  2  . Thế (1) vào (2) ta có: uv  8 uv  9 . uv 3  uv  8 uv  9 (3  uv ) 2  uv 0 ..  uv 0  u 4, v 0  u  v  4  Kết hợp (1) ta có: (vì u>v). Từ đó ta có: x =2; y =2.(Thỏa đ/k) KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2).  2. (e. cos x. 0.  2.  2. 0. 0.  s inx).sin 2 x.dx 2 ecos x .cos x.sin x.dx  s inx.sin 2 x.dx.  2. I e cos x .cos x.sin x.dx III (1 điểm). 0. 1 t. Đặt t = cosx có I =  2. t.e .dt t.e 0. t 1 0. 1.  et .dt 1.  2. 0. . 2 1 1 1 2 K s inx.sin 2 x.dx  (cos x  cos3 x).dx  (s inx  sin 3 x)  20 2 3 3 0 0.  2. (e 0. IV (1 điểm). cos x.  s inx).sin 2 x.dx 2 . 2 8  3 3. 0  Từ giả thiết suy ra BC ' C 30 BA = BC = r CC ' BC cot 300 r 3. 1 1 1 1 r3 VA '.KEF VC .KEF VF .KEC  VA '. ABC  . .AA '. BA.BC.sin120 0  8 3 8 2 32.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> r 2 Gọi H là trung điểm của AC ta có FH // AA’ suy ra FH  (ABC) và Gọi J là trung điểm KF, trong mp (FKH) đường trung trực của FK cắt FH tại I, I chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện FKBE FK 2 FH 2  KH 2 r 2 Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện FKBE FJ .FK FK 2 r2 r 3 R FI     FH 2 FH r 3 3 Áp dụng Bất đẳng thức Trung bình cộng – trung bình nhân cho 2 bộ ba số dương ta có  1 1 1 3 1 1 1 9 (x  y  z)    33 xyz 9     3 xyz x y z xyz x y z (*) HK HB HE . 1 1 1 9 3 3 3 3 a  3b b  3c c  3a a  3b  b  3c  3 c  3a áp dụng (*) ta có áp dụng Bất đẳng thức Trung bình cộng – trung bình nhân cho 3 bộ ba số dương ta có P 3. a  3b  1  1 1   a  3b  2  3 3 b  3c  1  1 1 3  b  3c  1.1    b  3c  2  3 3 c  3a  1  1 1 3  c  3a  1.1    c  3a  2  3 3 3. V (1 điểm).  a  3b  1.1 . 1 3 1  a  3b  3 b  3c  3 c  3a   4  a  b  c   6    4.  6  3 3 4  3 Suy ra 3  1 a  b  c    a b c  4 4 a  3b b  3c c  3a 1 Do đó P 3 ; Dấu = xảy ra Đường tròn (C) tâm I(a, b) bán kính R có 3. VI.-1 (1 điểm). 2 2 2 phương trình ( x  a )  ( y  b) R. MAB vuông tại M nên AB là đường kính suy ra  qua I do đó: a - b + 1 = 0 (1). Hạ MH  AB có. MH d ( M , ) . 2  1 1 2.  2. 1 1 S MAB  MH . AB  2  .2 R. 2  R  2 2 2 2 2 Vì đường tròn qua M nên (2  a)  (1  b) 2 (2).

<span class='text_page_counter'>(6)</span> (1) a  b  1 0  (2  a) 2  (1  b) 2 2 (2) Ta có hệ  2. Giải hệ được a = 1; b = 2. Vậy (C) có phương trình ( x  1)  u Đường thẳng d qua M (0, 2, 1) có VTCP (1,  1,  1) n(a, b, c) (P) có VTPT  d  ( P)  n.v 0  a  b  c 0  a b  c   VI -2   (1 điểm) (Oy,( P)) (Oz, ( P))  cos( j, n)  cos(k , n)  b  c .  ( y  2) 2 2.  b c 0  b  c 0  Nếu b = c = 1 thì a = 2 suy ra ( P1 ) : 2x + y + z - 1 = 0 (loại vì M  ( P1 ) Nếu b = - c = - 1 thì a = 0 suy ra ( P2 ) : y - z - 1 = 0 (thỏa mãn). VII (1 điểm). Vậy (P) có phương trình y - z - 1 = 0 z  3i 1  x 2  ( y  3) 2 1 Đặt z = x + iy ta có 2 2 2 Từ x  ( y  3) 1 ta có ( y  3) 1  2  y 4. Do đó. z  x 2  y 2  0  22 2. Vậy giá trị nhỏ nhất của. z. bằng 2 đạt khi z = 2i. ĐỀ SỐ 38. THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Thời gian làm bài 180 phút. 2 y  x 3  (m  1) x 2  (m 2  4m  3) x  1 3 Câu I ( 2 điểm) .Cho hàm số: 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = -3. 2. Tìm m để hàm số có cực trị. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức với x1 , x2 là các điểm cực trị của hàm số. Câu II ( 3 điểm) 1 . Giải phương trình: sin 3x  3sin 2 x  cos 2 x  3sin x  3cos x  2 0 ..  x 2  y 2  xy  1 4 y  y ( x  y ) 2 2 x 2  7 y  2 ( x, y  R) 2. Giải hệ phương trình:  , 3 x log 21  5log 3 81x 2  2 log 3 x  7 3 9 3. Giải bất phương trình: .. A  x1 x2  2( x1  x2 ).

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Câu III ( 1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AB = AD = a, CD = 2a; hai mặt phẳng (SAD) và (SCD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Cạnh bên SB tạo với mặt phẳng đáy một góc 600; gọi G là trọng tâm của tam giác BCD. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ G đến mặt (SBC). Câu IV ( 2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) và AC = 1 (0; ) 2BD. Điểm M 3 thuộc đường thẳng AB, điểm N(0;7) thuộc đường thẳng CD. Tìm. tọa độ đỉnh B biết B có hoành độ dương. 2. 2. 2. 2.  Cn0   Cn1   Cn3   Cnn  C2nn12  1        ...     1   2   3  n 1  (n  1) 2   2. Chứng minh , với n nguyên dương. Câu V ( 2 điểm) 3. 1. Cho x, y  R thỏa mãn ( x  y )  4 xy 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 3 x 4  y 4  x 2 y 2  2 x 2  y 2  1. . . . . 2 2 2. Giải phương trình: 2 x  7 x  10 x  x  12 x  20. ( xR). ………Hết………. ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 38. Câu I. 2 điểm. 1.. 2 y  x 3  2 x 2  1. 3 1. Với m = -3 thì ta có +)Tập xác định: D R.. 0,25.  x 0  y 1 y' 0    x 2  y   5 2 3  +)Sự biến thiên: y' 2 x  4 x. Ta có Hàm số đồng biến trên các khoảng (  ;0), (2; ) , nghịch biến trên ( 0; 2).. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> +) Hàm số đạt. yCD  y  0  1; yCT  y  2  . 0,25. 5 3. +) Bảng biến thiên: x. . y'. . 0 0 1. 2 0. .   . y . . 5 3. +) Đồ thị:. 0,25 2. -5. 5. -2. 2.. 2. 2. +) Ta có y' 2 x  2( m  1 )x  m  4m  3. Hàm số có hai cực trị  y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt  m 2  6m  5  0   5  m   1  x1  x2  1  m   1 2 1 A  m2  8m  7  x1 x2  2 ( m  4 m  3) 2 +) Khi đó ta có =>. Câu II 1.. 0,25. 0,25. 1 9 t  (m 2  8m  7)  t  0 2 +) Xét trên (-5;-1) => 2 9 A 2 khi m = -4. +) Từ đó ta có. 0,25. sin 3x  3sin 2 x  cos 2 x  3sin x  3cos x  2 0  (sin 3x  sin x)  2sin x  3sin 2 x  (cos 2 x  2  3cos x) 0  2sin 2 x.cos x  2sin x  6.sin .cos x  (2 cos 2 x  3cos x 1) 0  2sin x.cos 2 x  2sin x  6.sin .cos x  (2 cos 2 x  3cos x  1) 0. 0,25. 1   sin x  2   (2sin x  1)(2 cos 2 x  3cos x  1) 0   cos x 1  1  cos x  2 . 0,25.   x   k 2  1 6 sin x    , ( k  Z ). 2  x  5  k 2  6 +). 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> 0,25.   x   k 2  1 3 cos x    , (k  Z ). 2  x    k 2  3 +) +) cos x 1  x k 2 , (k  Z ).. Kết luận ………………. 2.  x 2  y 2  xy  1 4 y  2 2 Giải hệ phương trình:  y ( x  y ) 2 x  7 y  2 , ( x, y  R) .. +) Dễ thấy y = 0 không thỏa mãn hệ. 0,25 2.  x 1  x  y 4   x  y  xy  1 4 y y   .  2 2 2  y ( x  y ) 2 x  7 y  2 ( x  y ) 2  2 x  1 7  y Với y 0 , ta có: 2. 2.  v 3    u  v 4  u 4  v  u 1     2 2  v  5 v  2u 7 v  2v  15 0 x2 1  u , v x  y  u 9 y +) Đặt ta có hệ:. 0,25. 0,25   x 1   x 2 1  y  x 2 1  y  x 2  x  2 0  y 2       x  2 v 3  x  y 3  y 3  x  y 3  x   u  1   y 5 .  +) Với  2  x 2  1 9 y  x 2  9 x  46 0 v  5  x  1 9 y        y  5  x +) Với u 9   x  y  5  y  5  x vô nghiệm.  x 1  x  2   KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm:  y 2 ,  y 5. 3.. log 21 3. x3  5log 3 81x 2  2 log 3 x  7 9. +) Điều kiện x >0 x3 log  5log 3 81x 2  2 log 3 x  7 2 9  (3log 3 x  2)  5(4  2log 3 x)  2log3 x  7 2 1 3. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> 0,25. 1  log x  3  3  2 log x  3  3log 3 x  8log 3 x  3  0   3. 0,25. 1 1 1 log 3 x   x 33  x  3 3 3 +). +) log3 x  3  x  9 0,25.  1  x  3 3     x 0  Kết hợp với điề kiện bất phương trình có nghiệm  x  9. Câu III 0,25 +) Từ giải thiết ta có SD  ( ABCD). S. 0  suy ra (SB, (ABCD)) = SBD 60. 1 3a 2 S ABCD  ( AB  CD) AD  2 2 (đvdt) Ta có. H. K D. C G. A. +) do tam giác ABD vuông cân tại A ,AB= a. E B. 0,25. 0 => BD a 2  SD BD tan 60 a 6. 1 a3 6 VS . ABCD  SD.S ABCD  3 2 (đvtt) Vậy. +) chứng minh được BC  ( SBD) , kẻ DH  SB=> DH  (SBC). 0,25. 1 1 1 a 6  2  DH  2 2 SD DB 2 Có DH. +) Gọi E là trung điểm BC ,kẻ GK // DH, K thuộc HE =>GK  (SBC) và 0,25 GK EG 1 a 6 a 6    GK  GK  DH ED 3 6 Vậy d( G, (SBC) = 6. Câu.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> VI 1.. +) Gọi N’ là điểm đối xứng của N qua I thì N’ thuộc AB,. ta. 0,25. có : => N’( 4;-5)=> Pt đường thẳng AB: 4x + 3y – 1 = 0. d. 4.2  3.1  1. +) Khoảng cách từ I đến đường thẳng AB:. 42  32. 2. 0,25. AC = 2. BD nên AI = 2 BI, đặt BI = x, AI = 2x trong tam giác vuông ABI có: 1 1 1  2 2 2 d x 4 x suy ra x =. 5 suy ra BI = 5 2 2 +) Từ đó ta có B thuộc ( C): ( x  2)  ( y  1) 5. 0,25. Điểm B là giao điểm của đt AB: 4x + 3y – 1 = 0 với đường tròn tâm I bán kính 5 0,25. 4x  3y – 1  0  2 2 +) Tọa độ B là nghiệm của hệ: ( x  2)  ( y  1) 5. Vì B có hoành độ dương nên B( 1; -1) Vậy B( 1; -1) 2.. 2. 2. 2. 2.  Cn0   Cn1   Cn3   Cnn  C2nn12  1        ...     1   2   3  n 1  ( n 1) 2   Chứng minh (1) k Cn 1 n! 1 (n  1)! 1  .  .  .Cnk11 +) Ta có k  1 k  1 k !(n  k )! n  1 (k  1)!((n  1)  (k  1))! n  1. 0,25. 1  (Cn11 ) 2  (Cn21 )2  (Cn31 )2  ...  (Cnn11 ) 2  2   VT (1) = ( n  1). 0,25. 2 n 2. +) xét. (1  x )2 n 2   C2kn 2 x k k 0. => hệ số chứa xn+1 là C. n 1 2 n 2. n 1 n 1. +) Ta lại có. (1  x )2 n 2 (1  x )n 1 .(1  x )n 1  Cnk1Cni 1 x k i. 0,25. k 0 i 0. 0 n 1 1 n n 1 n 1 0 hệ số chứa xn+1 là Cn 1Cn 1  Cn 1Cn 1  ...  Cn 1Cn 1  Cn 1 Cn 1. (Cn01 ) 2  (Cn11 ) 2  (Cn21 ) 2  (Cn31 ) 2  ...  (Cnn11 ) 2 ( vì Cnk Cnn  k ) 1  (Cn11 ) 2  (Cn21 )2  (Cn31 )2  ...  (Cnn11 ) 2 1 2 2 2 3 2 n 1 2 n 1 0,25 +) đồng nhất hệ số chứa xn+1 được (Cn 1 )  (Cn 1 )  (Cn 1 )  ...  (Cn 1 ) = C2 n 2 1.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Câu V 1.. C2nn12  1 2 Vậy VT(1) = (n  1) =VP(1) 3 Cho x, y  R thỏa mãn ( x  y )  4 xy 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 3  x 4  y 4  x 2 y 2   2  x 2  y 2   1 ( x  y)3  4 xy 2  ( x  y )3  ( x  y )2 2  2 + ta có ( x  y)  4 xy 0. 0,25.   x  y  1  ( x  y ) 2  2( x  y ) 2  2  0  x  y 1. +). 0,25. 2 2  ( x2  y 2 )2  2 2 P 3  x 2  y 2   x 2 y 2  2  x 2  y 2   1 3   x 2  y 2     2  x  y  1 4  . . . 2 9 2 x  y 2   2  x2  y 2  1  4 ( x  y )2 1 9 1 2 2 t x  y   P  t 2  2t  1 t 2 2 ta có 4 2 +) Đặt , với. . 2.. 0,25. 9 1 9 9 P  t 2  2t  1 t P  t 2  2t  1  4 2 => 4 16 +) Xét với 1 t “= “  2 => x=y = ½. 0,25.  x 10  +) Điều kiện  x 2. 0,25. 9 Vậy GTNN của P = 16. 2 2 Đặt a  x  7 x  10, b  x  12 x  20 ta có 2a –b =x. 2 2 (1)  2( x  7 x  10  ( x  1))  x  12 x  20  ( x  2)  18( x  1)  16( x  1)  2 2 x  12 x  20  ( x  2) => x  7 x  10  ( x  1)  x 1   9 8    a  x 1 b  x  2.  2a  b  x  2a  b  x    5a 4 x  5  9 8 8 a  9 b  x  10    +) Ta có hệ  a  x  1 b  x  2. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(13)</span>  x 54 15  5  5 x  7 x  10 4 x  5   15  5  x  2 x   2 => ( thỏa mãn) 15  5 x 2 Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1,. 0,25. 2. -------------Hết-------------. ĐỀ SỐ 39. THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm). 2x  1 y x 1 . Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho. 2. Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm I (0;1) và cắt đồ thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 3 (O là gốc tọa độ). Câu 2 (2,0 điểm). 1. Giải phương trình (1  cos x) cot x  cos 2 x  sin x sin 2 x .  x  3x  1  y   2 y  7 x  2  (x, y  )  x  2 y  4 x  y  5  2. Giải hệ phương trình  .  2. Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân. cos x.ln(1  sin x) I  dx sin 2 x . . Câu 4 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABCD có SC  ( ABCD ), đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng a 3 và ABC 1200. Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và ( ABCD ) bằng 450. Tính theo a thể tích của khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BD. Câu 5 (1,0 điểm). Cho a, b, c là ba số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: 6. 2 3  3 a  ab  abc a bc . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 6a (2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có AB  5, C (  1;  1) , đường thẳng P. AB có phương trình là x  2 y  3 0 và trọng tâm G của tam giác ABC thuộc đường thẳng  : x  y  2 0 . Tìm tọa độ các đỉnh A và B. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A( 2; 2;  2), B(0;1;  2) và C (2; 2;  1) . Viết phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua A , song song với BC và cắt các trục y’Oy, z’Oz theo thứ tự tại M , N khác gốc tọa độ O sao cho OM 2ON .. Câu 7a (1,0 điểm)..

<span class='text_page_counter'>(14)</span> 2. Tính mô đun của các số phức z thỏa mãn B. Theo chương trình Nâng cao Câu 6b (2,0 điểm). 1.. 1  z  z  i  (iz  1) 2. .. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có AC : x  7 y  31 0, hai đỉnh B, D lần lượt thuộc các đường thẳng d1 : x  y  8 0 , d 2 : x  2 y  3 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của. hình thoi biết rằng diện tích của hình thoi bằng 75 và đỉnh A có hoành độ âm. x 1 y 1 z 2 (d ) :   1 1  2 và mặt 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng phẳng ( P ) : x  2 y  z  6 0. Một mặt phẳng (Q) chứa (d ) và cắt ( P ) theo giao tuyến là đường thẳng  cách gốc tọa độ O một khoảng ngắn nhất. Viết phương trình của mặt phẳng (Q). 5   z 2   2 cos  z  1 0 z , z 21   1 2 Câu 7b (1,0 điểm). Gọi là hai nghiệm của phương trình . Tìm số n n n nguyên dương nhỏ nhất sao cho z1  z2 1. ---------------------Hết---------------------. ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 39 Câu 1 2,0 đ. Ý 1 2x  1 1,0 đ Hàm số y  x  1. Đáp án. D  \   1.  TXĐ:  Sự biến thiên của hàm số: + Các giới hạn và tiệm cận. lim y ; lim  y  . x  (  1) . x  (  1). lim y 2 . x  .  Đường thẳng x  1 là tiệm cận đứng.. Đường thẳng y 2 là tiệm cận ngang.. y' . 3  0  x  D  ( x  1)2. + Đạo hàm: + Bảng biến thiên:. x. 1. . ’. y y. +. + +. +. 2.  Hàm số đồng biến trong các khoảng (  ;  1) và (  1; ) . 2. Hàm số không có cực trị.  Đồ thị: Tự vẽ đồ thị..  : y mx  1 2 1,0 đ Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và  : 2x  1 mx  1 (x  1) x 1  f ( x) mx 2  (m  1) x  2 0 (1).

<span class='text_page_counter'>(15)</span> Đk: (1) có 2 nghiệm phân biệt khác  1. m 0     0   f ( 1) 0 . m 0   m  5  2 6     m  5  2 6. m  5  2 6  m 0  m  5  2 6 .. Khi đó  cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A( x1 ; mx1  1); B ( x2 ; mx2  1) Với x1 , x2 là hai nghiệm của (1) Ta có Mà. AB  ( x2  x1 )2 (1  m2 )   ( x2  x1 )2  4 x1 x2  (1  m2 ). x1  x2 . 1 m 1 2 AB  (m 2  10m  1)(1  m 2 ) , x1 x2  m m m . Do đó.  : y mx  1  mx  y  1 0 SOAB Khi đó:.  d d (O, ) . 1 m2  1. 1 m 2  10m  1  AB.d   3 2 2m. 1  11m 2  10m  1 0  m  1  m  11 (tmđk). 2 2,0 đ. 1 1,0 đ. 1 y  x  1. 11 Do đó  : y  x  1 hay Phương trình (1  cos x) cot x  cos 2 x  sin x sin 2 x (1) Điều kiện: sin x 0  x k (k  ) cos x (1  cos x)  cos 2 x  sin x sin 2 x sin x Khi đó: (1)   cos x  cos 2 x  cos 2 x sin x  sin 2 x 2sin 2 x cos x  cos x(1  2sin 2 x)  cos 2 x sin x  (cos 2 x  sin 2 x) 0  cos x cos 2 x  cos 2 x sin x  cos 2 x 0  cos 2 x(cos x  sin x  1) 0  cos 2 x 0  cos x  sin x  1 0.   cos 2 x 0  x   k (k  ) 4 2 + .   x   l 2   2  1     cos x  sin x  1 0  cos  x     x    l 2 4 4 4  x l 2 2  + Kết hợp điều kiện phương trình đã cho có các nghiệm là:    x  k x   l 2 ( k , l  ) . 4 2, 2 2 1,0 đ.  x  3x  1  y   2 y  7 x  2  (1)  x  2 y  4 x  y 5 (2) Hệ phương trình   x  2 y 0  Điều kiện:  x  4 y 0 Với điều kiện trên thì.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> (1)  3x2 7xy + 2y2 + x 2y = 0  (3xy)(x2y) +(x2y) = 0  x  2 y 0   (x2y)(3xy +1) = 0   3 x  y  1 0 + x2y = 0  x = 2y 4 y  9 y 5 (2):  y = 1 ; y = 1  x = 2 (tmđk) + 3x  y + 1= 0  y = 3x+1 (2) trở thành: 7 x  1  7 x  2 5.  ------3 1,0 đ. 1   x  7   49 x 2  21x  2 11  7 x . 11  1   7 x  7  17 76  x 17  x  y  25 25 25 (tmđk). .  17 76   ;  Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x;y) = (2;1) và (x;y) =  25 25  . ---------------------------------------------------------------------------------------------------- 2. Tích phân. cos x.ln(1  sin x ) I  dx sin 2 x  6. ..  1  x   t  ; x   t 1 6 2 2 Đặt t sin x  dt cos xdx . Đổi cận: dt  u ln(1  t ) du  1   1 t ln(1  t )    dt I  2 dt dv  t 2 v  1 t 1  t 2 Khi đó . Đặt: 1. Ta có. 1. 1. 2. 2. 1 dt 3 1 1  I  ln(1  t )    ln 2  2 ln     dt 1 t 2 1  t t 1  1 t (t  1) 2. 2ln 3  3ln 2  ln t. 1 1 2. 1.  ln t 1 1 3ln 3  4 ln 2 ln 2. 4 1,0 đ. 27 . 16. S. I. D. C. O A. a. 3. B. K. Kẻ SK  AB (K  AB)  CK  AB (định lí 3 đường vuông góc).

<span class='text_page_counter'>(17)</span>  Khi đó góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và ( ABCD) là góc giữa SK và CK . Do SKC 0 0 0    nhọn nên SKC 45 ; ABC 120  CBK 60 3a CK CB sin 600  2 Trong tam giác vuông CBK : 3a SC  2 Tam giác SCK vuông cân tại C nên Ta có. S ABCD  AB.BC sin1200 . 3 3a 2 2. 1 3 3a 3 VS . ABCD  S ABCD .SC  3 4 (đvtt) Do đó Gọi O  AC  BD  BD  AC  BD  ( SAC )  BD  SC  Ta có tại O . Kẻ OI  SA (I  SA)  OI là đoạn vuông góc chung của SA và BD. 3 5a OI  10 . Dùng hai tam giác đồng dạng AOI và ASC suy ra 3 5a 10 . Vậy Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: 1 a  4b 1 a  4b  16c 4 a  ab  3 abc a  .  .  (a  b  c) 2 2 3 4 3 Đẳng thức xảy ra khi a 4b 16c. 3 3 P  2(a  b  c ) a  b  c . Đặt t a  b  c, t  0 Suy ra d ( SA, BD) . 5 1,0 đ. 3 3  2t t . Khi đó ta có 3 3  t với t  0 . Xét hàm số f (t )  2t P. f ' (t ) . 3 3 3 3  2 ; f ' (t ) 0   2 0  t 1 2t t 2t 2t t 2t. Bảng biến thiên:. t. 0. . '. f (t ). f (t ). 1 0. .  + 0. 3  2 Do đó. min f (t )  t 0. 3 3 P  2 khi và chỉ khi t 1 . Suy ra 2..

<span class='text_page_counter'>(18)</span> a  b  c 1 3  Vậy GTNN của P bằng 2 khi và chỉ khi  a 4b 16c 16 4 1  a , b , c . 21 21 21 . 6a 2,0đ. 1 1,0đ. Gọi I ( x; y ) là trung điểm của đoạn AB và G ( xG ; yG ) là trọng tâm của ABC . Do  2 2x  1 2y  1 CG  CI xG  ; yG  . 3 3 3 nên Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ phương trình:  x  2 y  3 0  x 5    2x  1 2 y  1  y  1  3  3  2 0 . Vậy I (5;  1) Ta có. IA IB . AB 5  2 2. 5 R ( C ) I (5;  1) 2 Gọi là đường tròn có tâm và bán kính 5  (C ) : ( x  5) 2  ( y 1) 2  4. Tọa độ hai điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình:  x  2 y  3 0   5 2 2 ( x  5)  ( y  1)   4.  x 4  x 6    1  3. y  y   2  2 1  3  4;   ,  6;   .  2  2 Vậy tọa độ hai điểm A, B là  2 Từ giả thiết ta có M (0; m;0) và N (0;0; n) trong đó mn 0 và m 2n . 1,0 đ Do ( P) / / BC và ( P) đi qua M , N nên VTPT của ( P) là     n  BC , MN  (m  n;  2n;  2m)     n  BC , MN  (3n;  2n;  4n) (n 0) TH1: m 2n thì . ( P ) đi qua A( 2; 2;  2)  ( P) : 3x  2 y  4 z  2 0.     n  BC , MN  (  n;  2n; 4n) (n 0) TH2: m  2n thì . ( P) đi qua A( 2; 2;  2)  ( P) : x  2 y  4 z  10 0. ( loại vì ( P )  BC ) 7a 1,0 đ. Vậy ( P) : 3 x  2 y  4 z  2 0. Đặt z a  bi, ( a, b  ) . Từ giả thiết ta có 2. 1  a  bi  a  (b  1)i  (  b  1  ai) 2  1  a  bi 2(b  1)2  2a (b  1)i 1  a 2(b  1) 2  (1) b 2a (b  1) Từ (1) suy ra :.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> 6b 2,0 đ.  b  2  a 1 2   ( b  2)(2 b  1)  0  b  b  1  a  1 1 2(b  1) 2 (b  1) 2(b  1) 2 2  1 1 z   i. 2 2 Suy ra z 1  2i hoặc z  5 + Với z 1  2i , ta có . 1 1 2 z   i z  2 2 , ta có 2 . + Với 1 B  d1  B(b;8  b), D  d 2  (2d  3; d ).  1,0 đ Khi đó BD (  b  2d  3; b  d  8) và trung điểm của BD là  b  2d  3  b  d  8  I ; . 2 2   Theo tính chất hình   thoi ta có : u .BD 0  BD  AC  8b 13d  13 0 b 0   AC     I  AC  I  AC  6b  9d  9 0 d 1 . Suy ra B (0;8); D(  1;1) .  1 9 I ;  Khi đó  2 2  ; A  AC  A( 7 a  31; a) . 2S 1 15 S ABCD  AC.BD  AC  ABCD 15 2  IA  2 BD 2 2. 2. 63   9 225     7a     a     2   2 2  C (10;3) .. 2. 9 9  a    2 4 .  a 3  a 6  .  A(10;3) (ktm)  A( 11;6)  Suy ra. 2 Gọi H , I lần lượt là hình chiếu vuông góc của O lên ( P ) và  . 1,0 đ Ta có d (O, ) OI OH ( không đổi) Do đó min d (O, ) OH xảy ra khi I H  O (0;0;0) ( P ) n OH Đường thẳng đi qua và nhận VTPT của là (1; 2;1) làm VTCP  x t   OH :  y 2t  z t  (1) ( P ) : x  2 y  z  6 0 (2) Từ (1) và (2) suy ra 6t  6 0  t 1 Từ (1)  H (1; 2;1) Khi đó (Q) là mặt phẳng chứa (d ) và đi qua H .  M (1;1; 2)  ( d ) ( d ) u  (1;1;  2) Ta có , VTCP của là , HM (0;  1;1) .    n  u , HM  ( 1;  1;  1) (Q) Suy ra VTPT của (Q) là Q  , đi qua M (1;1; 2) Do đó (Q) :  1( x  1)  1( y  1)  1( z  1) 0  x  y  z  4 0..

<span class='text_page_counter'>(20)</span> Q O (d). I. H. . 7b 1,0 đ. P. 5   z 2   2 cos  z  1 0 21   Phương trình (1) 5  5   ' cos 2  1  sin 2 21 21 . (1) có 5 i sin ' 21 Do đó các căn bậc hai của  là 5 5   z1 cos 21  i sin 21   z cos 5  i sin 5 2 21 21 Vậy (1) có các nghiệm là  n n 5 5   5 5   n n z1  z2 1   cos  i sin  i sin    cos  1 21 21   21 21   n. n.  5 5   5   5      cos    i sin   i sin       cos  1 21 21   21   21     n5 n5  n5   n5   cos    i sin 1   i sin     cos 21 21  21   21  n5 n5  n5   cos    cos 1  2 cos 1  21 21  21  n5  n5  7 42k  cos cos    k 2  n   (k  ) (*) 21 3 21 3 5 5 Vì n là số nguyên dương nhỏ nhất nên từ (*) suy ra n 7. ---------------------Hết---------------------. ĐỀ SỐ 40. THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút.. Câu I: (2,0 điểm). 3 2 Cho hàm số: y = x  3mx + 2 (1), m là tham số. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1. 2. Tìm m để đường thẳng qua 2 điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) tạo với các trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 4. Câu II: (2,0 điểm) 1. Giải phương trình:. 3cot 2 x  2 2 sin 2 x (2  3 2) cos x.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> 2. Giải phương trình:. 3x 2  6 x  3 . x 7 3. 1. Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân. 3x  1 3. x 9 x2  1. dx. Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 2a, SA = a,  = 600 và mp(SAB) vuông góc với mặt đáy. Gọi M, N là trung điểm của AB, SB = a 3 , BAD. BC. Tính thể tích tứ diện NSDC và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng SM và DN. Câu V: (1,0 điểm) Xét các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3. Tìm giá trị nhỏ  P  x   nhất của biểu thức:.   x  y  z    y    z   y 3   z 3   x 3 . Câu VI (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có trung điểm cạnh BC là M(3,2), 2 2 , trọng tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC lần lượt là G( 3 3 ) và I(1,-2). Xác. định tọa độ đỉnh C. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng. d:. x  1 y 1 z  1   2 1 1 , điểm. A (1,4,2) và mặt phẳng (P): 5x – y + 3z – 7 = 0. Viết phương trình đường thẳng  đi qua A,  nằm trong mp(P) biết rằng khoảng cách giữa d và  bằng 2 3 .. i.z  2 0,5 z = i.z1 Câu VII (1,0 điểm) Cho hai số phức z1 , z 2 thỏa mãn 1 và 2 . Tìm giá trị. nhỏ nhất của. z1  z 2. ------------------------Hết----------------------. HƯỚNG DẪN ĐỀ SỐ 40 3 2 Câu 1: 1, Với m = 1  y = x  3x + 2 a) TXĐ: R b) Sự biến thiên: *) Giới hạn:. lim y  ; lim y . x  . x  .

<span class='text_page_counter'>(22)</span> y' = 3x 2  6x. x = 0. ; y' = 0   x = 2. *) Chiều biến thiên: Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (-  ; 0) và (2; +  ), hàm số nghịch biến trên (0; 2) Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ= 2; hàm số đạt tiểu tại x = 2, yCT= - 2 BBT. -. x. 0. f’(x). +. f(x). +. 2. 0 2. -. 0. + +. -. -2. c) Đồ thị:. x = 0. y' = 0   y = x  3mx + 2 y' = 3x  6mx  x = 2m Câu 1: 2,  ; 3. 2. 2. Đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị  y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt  m  0 Với m  0 thì đồ thị hàm số (1) có tọa độ 2 điểm cực trị là: A(0; 2) và B(2m;-4m3+2) Phương trình đường thẳng đi qua 2 điểm cực trị A, B là:  1  2 x y  2 C  2 ;0  =  2m x + y  2 = 0  , cắt Oy tại A(0; 2) 2m - 4m3 . AB cắt Ox tại  m. Đường thẳng qua 2 điểm cực trị tạo với các trục tọa độ tam giác OAC vuông tại O ta có:. 1 1 1 1 OA.OC = .2. 2 = 2 2 m m2 1 1 1  =4  m= ± m= ± 2 m 2 (thỏa mãn m  0)..Vậy 2 Yêu cầu bài toán thỏa mãn SOAC =. Câu 2: 1, Điều kiện : x  k. cos x − √ 2 ) = 2(cosx - √ 2 sin2x) 2 sin x √ 2cos 2 x +cos x − √ 2=0 2 2  (cosx - √ 2 sin x)(3cosx – 2sin x) = 0  2cos 2 x +3 cos x −2=0 ¿ 2 1  cos x  2 (loai ); cos x  ; cos x  2 (loai ); cos x  2 2. Phương trình tương đương: 3cosx(.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> π 4. π 3. KÕt hîp víi ®/k suy ra pt cã nghiÖm: x = ± + k 2 π. & x = ± +k 2π. x 7 1 1  ( x  1)2  2  ( x  1)  2 3 3 3 Câu 2: 2, , x  7 1  2 u  x  1 u  2  3 v    1 v2  2 1 u  v  ( x  1)  2 (v 0) 3 3 Đặt  ta có hệ phương trình:  3x 2  6 x  3 . 3u 2  6 v 3(u 2  v 2 )  u  v 0 (u  v)[3(u  v)  1] 0   2  2  2 3v  6 u 3u  6 v 3u  6 v   u  v 0 3(u  v)  1 0  2  2 3 u  6  v   hoặc 3u  6 v  1  73 u  (lo¹i)  u  v 0 u v 6  2    2 1  73 3u  6 v 3u  u  6 0  u   6  1  1  69  v   u u   3(u  v)  1 0 3 6     2 3u  6 v 3u 2  u  17 0  u   1  69 (lo¹i)   3  6 13 7 1  73 73  5 u  x  1 6 6 6 + Với .  1  69  1  69  69  7 u  x  1 6 6 6 + Với . 1. Câu 3:. 1. x. I  dx x(3x  2 1 3x  9 x  1 1 3. 1 2. 9 x  1)dx 3x dx  1 3. 3. 1. 1. I1 3 x 2 dx  x3 1  3. 1 3. 1. 1 2. 9 x 2  1dx. 1 3. 26 27 1. 1. 3. 1 3. 3 1 1 I 2 x 9 x  1dx   9 x 2  1d (9 x 2  1)  (9 x 2  1) 2 18 1 27 1 2. 3. x. 16 2  27. . Vậy. I. 26  16 2 27. Câu 4: Từ giả thiết có AB = 2a, SA = a, AB a 2 SB = 3 , tam giác ASB vuông tại S suy ra do đó tam giác SAM đều. Gọi H là trung điểm AM thì SH  AB. Mặt khác (SAB)  (ABCD) nên suy ra SH  ( ABCD) SM . 1 1 1 1 a 3 1 4a 2 3 a 3 VNSDC VSNDC  SH .S DNC  SH . S BDC  . .  3 3 2 3 2 2 4 4.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> Gọi Q là điểm thuộc đoạn AD sao cho AD = 4 AQ khi đó MQ//ND nên (SM , DN ) (SM , QM ) . Gọi K là trung điểm MQ suy ra HK//AD nên HK  MQ    Mà SH  (ABCD), HK  MK suy ra SK  MQ suy ra ( SM , DN ) ( SM , QM ) SMK. 1 1 1 MQ DN a 3 MK 2 3  cos SMK   4 4  SM a a a 4 Trong tam giác vuông SMK:. 2 2 2 2 2 2 Câu 5: ĐÆt x = a , y b , z c . Do x  y  z 3 suy ra a  b  c 3 . a3 b3 c3 P   b2  3 c2  3 a2  3 . Ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của Áp dụng Bất đẳng thức Trung bình cộng – trung bình nhân có: a3 a3 b2  3 a 6 3a 2 3   3  16 64 4 (1); 2 b2  3 2 b2  3. b3 2 c2  3 c3. . b3 2 c2  3. c2  3 c 6 3c 2 3 3  16 64 4 (2). a2  3 c 6 3c 2 3 3  16 64 4 (3) 2 a2  3 2 a2  3 a 2  b2  c2  9 3 2 P   a  b2  c 2  16 4 Cộng theo vế ta được: (4) 3 3  P P 2 vậy giá trị nhỏ nhất 2 khi a = b = c =1  x = y = z = 1 Vì a2+b2+c2=3. Từ (4)    7 4 IM (2;4), GM  ;  3 3 Câu 6: 1,   Gọi A(xA; yA). Có AG 2 GM  A(-4; -2).  Đường thẳng BC đi qua M nhận vec tơ IM làm vec tơ pháp tuyến nên có PT: 2(x - 3) + 4(y - 2) = 0  x + 2y - 7 = 0.. Gọi C(x; y). Có C  BC  x + 2y - 7 = 0. . c3. . Mặt khác IC = IA . . ( x  1)2  ( y  2)2  25  ( x  1)2  ( y  2)2 25.  x  2 y  7 0  2 2 Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình: ( x  1)  ( y  2) 25. ..

<span class='text_page_counter'>(25)</span>  x 5  x 1   Giải hệ phương trình ta tìm được  y 1 và  y 3 .Vậy có 2 điểm C thỏa mãn là C(5; 1) và C(1; 3). Câu 6:2, Gọi (Q) là mặt phẳng qua d và cách A(1,4,2) một khoảng 2 3 .. (Q) qua N(1, -1, 1) thuộc d nên có phương trình: a(x-1) + b(y+1) +c(z-1) = 0 (1) Do (Q) qua N’(1, -1, 1) thuộc d nên 2a + b + c =0 hay c = - 2a – 2b (2) d ( A,( Q )) 2 3 . a(1  1)  b(4  1)  c(2  1) 2. 2. a b c  12a  13b  11c  10bc 0 (3) 2. 2. 2. 2 3  (5b  c) 2 12(a 2  b 2  c 2 ). 2. 1 Thay (2) vào (3) có 7a  8ab  b 0 . Chọn b = 1 được a = -1 hoặc a = 7 Với b = 1 , a = -1 thì (Q) có phương trình: x – y – z – 1 = 0 Đường thẳng  qua A và song song với giao tuyến của (P) và (Q) có VTCP   1 1 1 1 1 1 x 1 y 4 z 2 u  , ,   4(1, 2,  1)    1 3 3 5 5  1   1 2 1  2. 2. nên. có phương trình:. 1 Với b = 1 , a = 7 thì (Q) có phương trình: x –7y +5z – 13 = 0 Đường thẳng  qua A và song song với giao tuyến của (P) và (Q) có VTCP x 1 y 4 z 2    u ( 8,11,17) nên  có phương trình:  8 11 17 Câu 7: Đặt z1  x1  iy1 ( x1 , y1  R). Khi đó điểm M ( x1 , y1 ) biểu diễn z1 , i.z1  2 0,5  i.x1  y1  2 0,5  x12  ( y1 . 2) 2 0, 25. Suy ra tập hợp các điểm M biểu diễn z1 là đường tròn (C1) tâm O1(0, 2 ) bán kính R1=0,5. z2 iz1  y1  x1i Suy ra N (- y , x ) biểu diễn z2 1 1 z  z MN Ta cần tìm M thuộc (C1) để 1 2 nhỏ nhất   Để ý rằng OM ( x1 , y1 )  ON (  y1 , x1 ) và OM = ON nên MN =. 2 .OM. MN đạt giá trị nhỏ nhất khi OM nhỏ nhất . Đường thẳng OO1 đường tròn (C1) tại M1(0, 1 2 ) và M2(0, 1 z1 ( 2  )i 2 2. 2. 1 1 1 2 2 2 khi M trùng M1(0, 2 ). Dễ thấy MN nhỏ nhất bằng 2 ) tức là. ------------------Hết----------------.

<span class='text_page_counter'>(26)</span>