ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 2 - NĂM 2013 -Khoi chuyen Dai hoc Vinh

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 2 - NĂM 2013
Môn: TOÁN; Khối: A và A
1
; Thời gian làm bài: 180 phút


I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
1
12



x
x
y .
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số đã cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của (H) biết rằng tiếp điểm của tiếp tuyến đó với (H) cách điểm )1;0(A một
khoảng bằng 2.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình .2sinsin2coscot)cos1( xxxxx





Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
 
).,(
022)1(3)1(

03
22
2








yx
yyxxyyx
xxyx

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
.d
sin
)sin1ln(cos
2
6
2





x
x
xx

I

Câu 5 (1,0 điểm). Cho tứ diện ABCD có mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (BCD), tam giác BCD
vuông ở D. Biết rằng
6,33,15 aACaBCaAB 
; góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) bằng
.60
0
Tính thể tích khối tứ diện ABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACD) theo a.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y thỏa mãn 2
1
44
 xy
xy
yx . Tìm giá trị lớn nhất của
.
21
3
1
2
1
2
22
xy
yx
P








II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (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 đường tròn 5)2()1(:)(
22
 yxC và đường
thẳng .02:



yxd Từ điểm A thuộc d kẻ hai đường thẳng lần lượt tiếp xúc với (C) tại B và C. Tìm tọa độ điểm
A biết rằng diện tích tam giác ABC bằng 8.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho các điểm ).1;3;1(),2;3;1(),1;0;1( CBA



Tìm điểm D thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng 0:)(



zyxP và 01:)(



zyQ sao cho thể tích khối
tứ diện ABCD bằng 3.
Câu 9.a (1,0 điểm). Cho số phức z thỏa mãn .)1(1
2

2
 izizz Tính mô đun của
1
4


z
z .
b. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,Oxy cho hai đường thẳng 01:
1
 yx và
.017:
2
 yx
Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với
1

tại )2;1(M và tiếp xúc với
2

.
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho mặt phẳng 052:)(




zyxP và các
điểm ).1;1;5(),3;1;3( BA



Tìm điểm C thuộc (P) sao cho mặt phẳng (ABC) vuông góc với (P) và diện tích
tam giác ABC bằng 3 .
Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm số phức z biết rằng
izz  32
và
i
zi
)31(31
)1(


có một acgumen bằng
.
6



Hết
Ghi chú: 1. BTC sẽ trả bài vào các ngày 13, 14/4/2013. Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại phiếu dự
thi cho BTC.
2. Kỳ khảo sát chất lượng lần 3 sẽ được tổ chức vào chiều ngày 11 và ngày 12/5/2013. Đăng kí dự thi
tại văn phòng trường THPT Chuyên từ ngày 13/4/2013.

1

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 2 - NĂM 2013
Môn: TOÁN – Khối A, A

1
; Thời gian làm bài: 180 phút


Câu Đáp án Điểm
a) (1,0 điểm)
1
0
. Tập xác định: }.1{\



2
0
. Sự biến thiên:
* Giới hạn tại vô cực: Ta có
2lim


y
x
và
.2lim


y
x

Giới hạn vô cực:





y
x )1(
lim
và
.lim
)1(




y
x

Suy ra đồ thị (H) có tiệm cận ngang là đường thẳng
,
2

y
tiệm cận đứng là đường thẳng
.
1


x

* Chiều biến thiên: Ta có .1,0
)1(

3
'
2


 x
x
y
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng


1;



và


.;1




0,5
* Bảng biến thiên:


3
0
. Đồ thị:

Đồ thị cắt Ox tại ,0;
2
1






cắt Oy tại )1;0(

và
nhận giao điểm )2;1(

I của hai tiệm cận
làm tâm đối xứng.

0,5
b) (1,0 điểm)
Gọi
1,
1
12
;
0
0
0
0












x
x
x
xM
là tiếp điểm. Theo bài ra ta có
2

MA

hay 41
1
12
2
0
0
2
0














x
x
x 4
1
2
2
0
0
2
0













x
x
x







.2
0
)1(,0)64)(2(
0
0
00
2
000
x
x
xxxxx
0,5

Câu 1.

(2,0
điểm)
Với ,0
0


x phương trình tiếp tuyến là )0()0).(0(' yxyy



hay
.
1
3


x
y

Với ,2
0

x phương trình tiếp tuyến là )2()2).(2(' yxyy



hay
.
3
1
3
1
 xy

Vậy có hai tiếp tuyến thỏa mãn bài toán là

1
3


x
y
và .
3
1
3
1
 xy
0,5

Câu 2.

(1,0
điểm)
Điều kiện: ,0sin

x hay .,



kkx


Khi đó phương trình đã cho tương đương với

xxxx

x
x
x cossin2sin2cos
sin
cos
)cos1( 


0)sin(cossin2cos)sin21(cos
cossin2sinsin2coscoscos
222
222


xxxxxx
xxxxxxx


.0)1sin(cos2cos
02cossin2cos2coscos





xxx
xxxxx

0,5
x

'y
y







1


2




+ +



2

x

O
y

I
1



2

1


2
1

2

*)
,
2
4
02cos


kxx 
thỏa mãn.
*)


2
44
2
1
4
cos01sincos kxxxx 















tm.,2
2
ktm,2



kx
kx

Vậy phương trình có nghiệm
.,2
2
,
2
4
 kkxkx






0,5
Điều kiện: .002
2
 yyyx
Từ phương trình thứ nhất của hệ ta có
.3
2
 xxxy

Thế vào phương trình thứ hai ta được
022622)1(3)1(
222
 yyxxxyx

.01
2
2
2
3
0)2(232
22
22







x
y
x
y
yxyx

0,5

Câu 3.

(1,0
điểm)
Từ đây ta có 1
2
2

x
y
hay
.2
2
 xy

Thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta có

03)2(
22

 xxxx .10)3)(1(
2
 xxx
Suy ra
.
3

y

Vậy nghiệm của hệ là
.
3
,
1



y
x

0,5
Đặt
tx

sin
ta có
txx ddcos

và khi
,

2
1
6
 tx

khi
.1
2
 tx


Khi đó



1
2
1
2
.d
)1ln(
t
t
t
I

0,5

Câu 4.

(1,0
điểm)
Đặt ,
1
d
d)1ln(
t
t
utu

 .
1d
d
2
t
v
t
t
v  Áp dụng công thức tích phân từng phần ta có














1
2
1
1
2
1
2
1
1
d
1
11
2
3
ln22ln
)1(
d
)1ln(
1
t
tttt
t
t
t
I

.
16

27
ln2ln43ln3|1|ln||ln2ln33ln2
2
1
1
2
1
1
 tt

0,5

Vì
222
BCACAB 
nên
.90
0
BAC
(1)
Kẻ
BC
AH

tại H, vì (1) nên H thuộc đoạn BC. Vì
)()( BCDABC

nên ).(BCDAH


Kẻ
CD
HK

tại K

đường xiên
,
CD
AK

từ giả
thiết
.60
0
 AKH

Sử dụng định lí cosin cho
2
1
cos  ACBABC
AHCACB 
0
45 vuông cân ở H
.323 aHCBCBHaHCAH 



Câu 5.

(1,0
điểm)
Vì HK, BD cùng vuông góc CD nên .
3
1
// 
CB
CH
BD
HK
BDHK
Mà
aBDBCCDaBDaAHHK 23,360cot
220


.
2
63
.
3
1
2
29
.
2
1
32
a
SAHV

a
DCBDS
BCDABCDBCD

0,5
A
B
D
C
K
H
'
H

3

Kẻ
AK
HH

'
tại
,
'
H
vì
)(AHKCD

nên
).('' ACDHHHHCD




Từ công thức đường
cao của tam giác vuông AHK
.
2
3
'
a
HH 
(2)
Do
3
HC
BC
nên




)(,3)(, ACDHdACDBd

. (3)
Từ (2) và (3) suy ra
 
.
2
33
)(,

a
ACDBd 

Chú ý: HS có thể tính
 
.
3
)(,
ACD
ABCD
S
V
ACDBd 
0,5
Từ giả thiết ta có .
1
22
22
xy
yxxy  Đặt
0


t
xy
ta được
t
tt
1
22

2


0)12)(1)(1(0)12(2
23
 tttttt .1
2
1
0)12)(1(  ttt

Với
0
,

y
x
và
1

xy
ta có
xy
yx





1
2

1
1
1
1
22
. (1)
Thật vậy, ,0
)1)(1)(1(
)1()(
)1(
22
2




xyyx
xyyx
đúng do
0
,

y
x
và
1

xy
.
Khi đó ta có .

21
3
1
4
21
3
1
4
ttxyxy
P







 (2)
0,5

Câu 6.

(1,0
điểm)
Xét hàm số
tt
tf
21
3
1

4
)(




trên .1;
2
1






Ta có
.1;
2
1
,0
)21()1(
125
.2
)21(
6
)1(
4
)('
22
2

22














 t
tt
tt
tt
tf
Suy ra .1;
2
1
,
6
7
2
1
)(














 tftf (3)
Từ (2) và (3) ta có
.
6
7
P
Dấu đẳng thức xảy ra khi
2
1
xy
và
y
x

.
2
1
 yx

Vậy giá trị lớn nhất của P là ,
6
7
đạt được khi .
2
1
 yx
0,5

(C) có tâm
.5),2;1( RI

).2;(




aaAdA

Từ tính chất tiếp tuyến
BC
IA


tại H là trung điểm BC.
Giả sử )0(,





nmnIHmIA
222
5, nIHIBBHnmHA 

.85)(
2
1
2
 nnmAHBHAHBCS
ABC
(1)

0,5

Câu
7.a
(1,0
điểm)
Trong tam giác vuông
IBA
có .
5
.5.
2
n
mnmIAIHBI  (2)
Thay (2) vào (1) ta có
.0)12514)(1(01251391585
5
2422462








 nnnnnnnn
n

Suy ra
.
5
,
1


m
n
Suy ra













).2;4(
)3;1(
4
1
25)4()1(5
22
A
A
a
a
aaIA
0,5
Từ giả thiết suy ra tọa độ D thỏa mãn





.01
0
zy
zyx
Đặt
t
y

ta có






1
12
tz
tx

).1;;12(




tttD
0,5

Câu
8.a
(1,0
điểm)








.12

6
3
3
|3|
62
6
1
].,[
6
1
t
t
t
tADACABV
ABCD

Suy ra ).13;12;25(),5;6;11(



DD
0,5
A
C
I
B
d
H
4

Đặt ).R,(,



babiaz Từ giả thiết ta có
2
2
)1()1(1 aibibabia 






).1(2
)1(21
)1(2)1(21
2
2
bab
ba
ibabbia

Suy ra )1(,0)12)(2()1(,)1(2
)1(2
1
22


 bbbbb

b
b







.
2
1
2
1
12
ab
ab

Suy ra
i
z
2
1


hoặc
.
2
1
2

1
iz 

0,5

Câu
9.a
(1,0
điểm)
*) Với
,
2
1
i
z


ta có .52121
22
4
21
1
4




 iii
i
i

z
z
*) Với ,
2
1
2
1
iz  ta có .
2
27
1
2
7
1
8
2
1
2
1
1
4




 i
i
i
z
z

0,5

(C) tiếp xúc với
1

tại M
I
IM
CM







1
)(
thuộc đường thẳng
1


d
tại M.
Phương trình .21),3;(03:  aIMRaaIyxd



0,5

Câu
7.b
(1,0
điểm)
(C) tiếp xúc với
2

nên








2
3
21
25
|226|
),(
2
a
a
a
a
RId








2),1;2(
24),6;3(
RI
RI

Suy ra
32)6()3(:)(
22
 yxC
hoặc
.2)1()2(:)(
22
 yxC

0,5
Mặt phẳng (Q) chứa AB và vuông góc với (P) nên có véctơ pháp tuyến ).1;1;1(],[ 
PQ
nABn
Suy ra .05:)(




zyxQ
Từ giả thiết suy ra C thuộc giao tuyến (Q) và (P). Suy ra tọa độ C thỏa mãn






.052
05
zyx
zyx

0,5

Câu
8.b
(1,0
điểm)
Đặt
).5;0;(
5
0






 ttC
tz
y
tx












).2;0;3(
)0;0;5(
3
5
14334)82(3
2
1
],[
2
1
2
C
C
t
t
tttACABS
ABC

0,5
Ta có
 
4
31
)31(31.
)31()31(
1
)31(31
1
22
i
i
i
i
i 








.
3
sin
3
cos
2

1











i

Đặt .0),sin(cos



rirz


Khi đó
.)
3
sin()
3
cos(
2
)31(31
)1(














i
r
i
zi

Theo bài ra ta có
.
663






Suy ra
.
2

2
3
i
rr
z 

0,5

Câu
9.b
(1,0
điểm)
Từ giả thiết của bài toán ta có
iriri
rr
 33
22
3

























.
3
2
2
)1(4)1()1(3
22
3
2222
2
2
r
r
rrrr
rr

Từ đó ta có .
3
1

3
3
,3 iziz 
0,5

I
1

2

M(1; 2)
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 2 - NĂM 2013
Môn: TOÁN; Khối: D; Thời gian làm bài: 180 phút


I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
1
12



x
x
y .
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H) của hàm số đã cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của (H) biết rằng tiếp điểm của tiếp tuyến đó với (H) cách điểm )1;0(A một
khoảng bằng 2.

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình .2sinsin2coscot)cos1( xxxxx





Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
).,(
221)3(
03
2
2








yx
yyxxxy
xxyx

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
.d
sin
)sin1ln(cos
2
6

2





x
x
xx
I

Câu 5 (1,0 điểm). Cho tứ diện ABCD có mặt phẳng (ABC)

(BCD),


BAC .90
0
BDC Cho biết
.5,52 aACaAB  Tính thể tích khối tứ diện ABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACD) theo a,
biết rằng góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) bằng

với 4tan


.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương
y
x
,

thỏa mãn .
2
33
44
xy
yxxy  Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức
.
2
16
22
22


yx
yxP

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (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 đường tròn
5)2()1(:)(
22
 yxC
và đường
thẳng .02:



yxd Từ điểm A thuộc d kẻ hai đường thẳng lần lượt tiếp xúc với (C) tại B và C. Tìm tọa độ điểm
A biết rằng diện tích tam giác ABC bằng 8.

Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho các điểm ).1;3;1(),2;3;1(),1;0;1( CBA



Tìm điểm D thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng 0:)(



zyxP và 01:)(



zyQ sao cho thể tích khối
tứ diện ABCD bằng 3.
Câu 9.a (1,0 điểm). Cho số phức z thỏa mãn .)1(1
2
2
 izizz Tính mô đun của
1
4


z
z .
b. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ ,Oxy cho hai đường thẳng 01:
1
 yx và
.017:
2

 yx Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với
1
 tại )2;1(M và tiếp xúc với
2
 .
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ ,Oxyz cho mặt phẳng 052:)(




zyxP và các
điểm ).1;1;5(),3;1;3( BA


Tìm điểm C thuộc (P) sao cho mặt phẳng (ABC) vuông góc với (P) và diện tích
tam giác ABC bằng
3
.
Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm số phức z biết rằng
izz  32
và
i
zi
)31(31
)1(


có một acgumen bằng .
6



Hết
Ghi chú: 1. BTC sẽ trả bài vào các ngày 13, 14/4/2013. Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại phiếu dự
thi cho BTC.
2. Kỳ khảo sát chất lượng lần 3 sẽ được tổ chức vào chiều ngày 11 và ngày 12/5/2013. Đăng kí dự thi
tại văn phòng trường THPT Chuyên từ ngày 13/4/2013.

1

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 2 - NĂM 2013
Môn: TOÁN – Khối D; Thời gian làm bài: 180 phút


Câu Đáp án Điểm
a) (1,0 điểm)
1
0
. Tập xác định: }.1{\



2
0
. Sự biến thiên:
* Giới hạn tại vô cực: Ta có
2lim



y
x
và
.2lim


y
x

Giới hạn vô cực:




y
x )1(
lim
và
.lim
)1(




y
x

Suy ra đồ thị (H) có tiệm cận ngang là đường thẳng
,
2


y
tiệm cận đứng là đường thẳng
.
1


x

* Chiều biến thiên: Ta có .1,0
)1(
3
'
2


 x
x
y
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng


1;



và


.;1





0,5
* Bảng biến thiên:


3
0
. Đồ thị:
Đồ thị cắt Ox tại ,0;
2
1






cắt Oy tại )1;0(

và
nhận giao điểm )2;1(

I của hai tiệm cận
làm tâm đối xứng.

0,5
b) (1,0 điểm)

Gọi
1,
1
12
;
0
0
0
0











x
x
x
xM
là tiếp điểm. Theo bài ra ta có
2

MA

hay 41

1
12
2
0
0
2
0













x
x
x 4
1
2
2
0
0
2
0













x
x
x







.2
0
)1(,0)64)(2(
0
0
00
2
000

x
x
xxxxx
0,5

Câu 1.

(2,0
điểm)
Với ,0
0

x phương trình tiếp tuyến là )0()0).(0(' yxyy



hay
.
1
3


x
y

Với ,2
0

x phương trình tiếp tuyến là )2()2).(2(' yxyy




hay
.
3
1
3
1
 xy

Vậy có hai tiếp tuyến thỏa mãn bài toán là
1
3


x
y
và .
3
1
3
1
 xy
0,5

Câu 2.

(1,0
điểm)
Điều kiện: ,0sin


x hay .,



kkx


Khi đó phương trình đã cho tương đương với

xxxx
x
x
x cossin2sin2cos
sin
cos
)cos1( 


0)sin(cossin2cos)sin21(cos
cossin2sinsin2coscoscos
222
222


xxxxxx
xxxxxxx


.0)1sin(cos2cos

02cossin2cos2coscos





xxx
xxxxx

0,5
x
'y
y







1


2




+ +




2

x

O
y

I
1


2

1


2
1

2

*)
,
2
4
02cos



kxx 
thỏa mãn.
*)


2
44
2
1
4
cos01sincos kxxxx 














tm.,2
2
ktm,2




kx
kx

Vậy phương trình có nghiệm .,2
2
,
2
4
 kkxkx





0,5
Điều kiện:
.002
2
 yyyx

Trừ hai phương trình của hệ ta được

yyxyx 2223
22



.0
2

3
2
21
03)2(2)2(
22
22






x
y
x
y
yyxx

0,5

Câu 3.

(1,0
điểm)
Suy ra .21
2
2
2



xy
x
y
Thế vào phương trình thứ nhất của hệ ta được
03)2(
22
 xxxx .10)3)(1(
2
 xxx
Suy ra
.
3

y

Vậy nghiệm của hệ là
.
3
,
1



y
x

0,5
Đặt tx

sin ta có txx ddcos


và khi ,
2
1
6
 tx

khi .1
2
 tx


Khi đó



1
2
1
2
.d
)1ln(
t
t
t
I

0,5

Câu 4.

(1,0
điểm)
Đặt
,
1
d
d)1ln(
t
t
utu



.
1d
d
2
t
v
t
t
v 
Áp dụng công thức tích phân từng phần ta có














1
2
1
1
2
1
2
1
1
d
1
11
2
3
ln22ln
)1(
d
)1ln(
1
t
tttt
t
t

t
I

.
16
27
ln2ln43ln3|1|ln||ln2ln33ln2
2
1
1
2
1
1
 tt

0,5
Kẻ
BC
AH

tại H, vì )()( BCDABC

nên ).(BCDAH


Kẻ
CD
HK

tại K,


đường xiên
.





AKH
CD
AK

Vì
5,52 aACAB 
nên
,
,
5
a
HC
a
BC


,
4
a
BH


a
AH
2

.
2
cot
a
AHHK 


Do HK, BD cùng vuông góc CD nên .// BDHK
Mà
HC
BC
5

nên
2
5
5
a
HKBD 
2
35
22
a
BDBCCD 

8

325
.
2
1
2
a
CDBDS
BCD
 .
12
325
.
3
1
3
a
SAHV
BCDABCD

0,5

Câu 5.

(1,0
điểm)
Kẻ
AK
HH

'

tại
,
'
H
vì )(AHKCD

nên
'
HH
CD

).(' ACDHH


Từ công thức
đường cao tam giác vuông AHK .
17
2
'
a
HH  Mà
HC
BC
5

nên
   
.
17
10

'5(,5)(,
a
HHACDHdACDBd 
Chú ý: HS có thể tính
 
.
3
)(,
ACD
ABCD
S
V
ACDBd 

0,5
A
B
D
C

K
H
'
H



3

Đặt

.
0


t
xy
Từ giả thiết ta có
xy
yx
xy
yxxy
2
2
2
33
2244
 , hay

t
tt
2
233
2


02332
23
 ttt

0)2)(12)(1(






ttt
2
2
1
 t
, vì
0

t
.
Ta lại có
1
8
22
16
222




t
t
xy
yxP . (1)
0,5

Câu 6.

(1,0
điểm)
Xét hàm số
1
8
)(
2


t
ttf
,
2
2
1
 t
. Ta có
,
)1(
8
2)('
2


t
ttf
2

2
1
 t
.








04)2(
2
2
1
0)('
2
tt
t
tf








0)43)(1(

2
2
1
2
ttt
t
1


t
.
Ta có
12
67
2
1
,
3
20
)2(,5)1( 






 fff . (2)
Từ (1) và (2) suy ra
3
20

P . Dấu đẳng thức xảy ra khi .2
0
2






yx
yx
xy

Vậy giá trị lớn nhất của P là
3
20
, đạt khi
.2 yx

0,5

(C) có tâm
.5),2;1( RI
).2;(




aaAdA
Từ tính chất tiếp tuyến

BC
IA


tại H là trung điểm BC.
Giả sử
)0(,




nmnIHmIA

222
5, nIHIBBHnmHA 

.85)(
2
1
2
 nnmAHBHAHBCS
ABC
(1)

0,5

Câu
7.a
(1,0
điểm)

Trong tam giác vuông
IBA
có .
5
.5.
2
n
mnmIAIHBI  (2)
Thay (2) vào (1) ta có
.0)12514)(1(01251391585
5
2422462







 nnnnnnnn
n

Suy ra
.
5
,
1


m

n
Suy ra












).2;4(
)3;1(
4
1
25)4()1(5
22
A
A
a
a
aaIA

0,5
Từ giả thiết suy ra tọa độ D thỏa mãn






.01
0
zy
zyx
Đặt
t
y

ta có





1
12
tz
tx

).1;;12(




tttD
0,5

Câu
8.a
(1,0
điểm)








.12
6
3
3
|3|
62
6
1
].,[
6
1
t
t
t
tADACABV
ABCD

Suy ra ).13;12;25(),5;6;11(




DD

0,5
A
C
I
B
d
H
4

Đặt ).R,(,



babiaz Từ giả thiết ta có
2
2
)1()1(1 aibibabia 






).1(2
)1(21

)1(2)1(21
2
2
bab
ba
ibabbia

Suy ra
)1(,0)12)(2()1(,)1(2
)1(2
1
22


 bbbbb
b
b







.
2
1
2
1
12

ab
ab

Suy ra
i
z
2
1


hoặc
.
2
1
2
1
iz 

0,5

Câu
9.a
(1,0
điểm)
*) Với
,
2
1
i
z



ta có .52121
22
4
21
1
4




 iii
i
i
z
z
*) Với
,
2
1
2
1
iz 
ta có .
2
27
1
2
7

1
8
2
1
2
1
1
4




 i
i
i
z
z
0,5

(C) tiếp xúc với
1

tại M
I
IM
CM








1
)(
thuộc đường thẳng
1


d
tại M.
Phương trình .21),3;(03:  aIMRaaIyxd


0,5

Câu
7.b
(1,0
điểm)
(C) tiếp xúc với
2

nên









2
3
21
25
|226|
),(
2
a
a
a
a
RId







2),1;2(
24),6;3(
RI
RI

Suy ra
32)6()3(:)(
22
 yxC

hoặc
.2)1()2(:)(
22
 yxC

0,5
Mặt phẳng (Q) chứa AB và vuông góc với (P) nên có véctơ pháp tuyến ).1;1;1(],[ 
PQ
nABn
Suy ra .05:)(




zyxQ
Từ giả thiết suy ra C thuộc giao tuyến (Q) và (P). Suy ra tọa độ C thỏa mãn





.052
05
zyx
zyx

0,5

Câu
8.b

(1,0
điểm)
Đặt
).5;0;(
5
0






 ttC
tz
y
tx












).2;0;3(
)0;0;5(

3
5
14334)82(3
2
1
],[
2
1
2
C
C
t
t
tttACABS
ABC

0,5
Ta có
 
4
31
)31(31.
)31()31(
1
)31(31
1
22
i
i
i

i
i 








.
3
sin
3
cos
2
1











i

Đặt .0),sin(cos



rirz


Khi đó .)
3
sin()
3
cos(
2
)31(31
)1(













i
r

i
zi

Theo bài ra ta có .
663





 Suy ra
.
2
2
3
i
rr
z 

0,5

Câu
9.b
(1,0
điểm)
Từ giả thiết của bài toán ta có iriri
rr
 33
22
3
























.
3
2
2
)1(4)1()1(3
22

3
2222
2
2
r
r
rrrr
rr

Từ đó ta có .
3
1
3
3
,3 iziz 
0,5

I
1

2

M(1; 2)