www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 2 - NĂM 2014
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
3 2
6 3( 2) 4 5
y x x m x m
có đồ thị
( ),
m
C
với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi
1.
m
x y
x y y y
Câu 4 (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường
3 1
; 0; 1.
(3 1) 3 1
x
x x
y y x
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a,
0
120 ,
BCD
cạnh bên SD vuông
A
tâm đường tròn ngoại
tiếp
(2;1),
I
phương trình đường phân giác trong góc
BAC
là
0.
x y
Tìm tọa độ các đỉnh B, C biết rằng
8 5
5
BC
và góc
BAC
nhọn.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
,
Oxyz
cho mặt phẳng
( ): 2 1 0
P x y z
và các đường
thẳng
1 2
để (1) có
hai nghiệm
1 2
,
z z
thỏa mãn
1
2
z
z
là số ảo, trong đó
2
z
là số phức có phần ảo dương.
b. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
,
Oxy
cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng
chứa đường cao kẻ từ B là
3 18 0,
x y
phương trình đường thẳng trung trực của đoạn thẳng BC là
3 19 279 0,
x y
đỉnh C thuộc đường thẳng
: 2 5 0.
a
x ax
C y
x
và đường thẳng
: 2 1.
d y x
Tìm các số thực a để
d
cắt
( )
a
C
tại hai điểm phân biệt
,
A B
thỏa mãn
,
IA IB
với
( 1; 2).
I
a) Tập xác định:
.
b) Sự biến thiên:
* Giới hạn tại vô cực: Ta có
lim
x
y
và
lim .
x
y
* Chiều biến thiên: Ta có
2
' 3 12 9;
y x x
1 1
' 0 ; ' 0 ; ' 0 1 3.
3 3
x x
y y y x
x x
0,5
* Bảng biến thiên:
c) Đồ thị:
0,5
b) (1,0 điểm)
Đường thẳng d có hệ số góc
1
.
2
k
Do đó tiếp tuyến của
( )
m
C
vuông góc với d có hệ số góc
' 2.
k
Ta có
2
' ' 3 12 3( 2) 2
y k x x m
( ) 3
f x m
có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1
khi và chỉ khi
5 8
8 3 5 .
3 3
m m
Vậy
5 8
.
3 3
m
0,5
Câu 2.
(1,0
điểm)
Điều kiện:
cos 1, sin 0 , .
x x x k k
1
+
–
0
0
+
x
O
3
y
1
1
3
x
( )
f x
x x x x
*)
sin cos 0 ,
4
x x x k
.
k
*)
2
1
1 cos sin 0 sin
2
4
2
2 , .
x k
x x x
x k k
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với
2 2 4 2 2
( ) 4( ) 3 0 ( )( 3 ) 0.
x y x y y y x y y x y y
*)
2
0,
x y y
hay
2
.
x y y
Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được
2
2 2
2
1 1 (ktm)
1 1 0
1 2.
y y
y y y y
y y
0,5
Câu 3.
(1,0
điểm)
*)
2
3 0,
x y y
hay
2
3 .
x y y
Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được
2 2 2 2
1 1 0 1 1
y y y y y y y y
2 2
2 2 2 2
1 0 1 0
1.
1 ( 1) ( 1)( 3 3) 0
3 1
0 3 1 0.
(3 1) 3 1
x
x
x x
x
Rõ ràng
3 1
0
(3 1) 3 1
x
x x
với mọi
0; 1 .
x
Do đó diện tích của hình phẳng là
1 1
0 0
3 1 3 1
khi
1
x
thì
2
t
và
2
3 1.
x
t
Suy ra
3 ln3d 2 d ,
x
x t t
hay
2 d
3 d .
ln3
x
t t
x
Khi đó ta có
120
BCD
nên
0
60
ABC
ABC
đều cạnh a
3
, .
2
a
AC a OD OB
Kẻ
OH SB
tại H. Vì
( )
AC SBD
nên
AC SB
( )
SB AHC SB AH
0
60
AHC
0 0
3
30 .cot30 ,
2
a
AHO OH OA OB
vô lý vì
OHB
vuông tại H.
TH 2.
0 0 0
120 60 .cot60
2 3
a
AHC AHO OH OA
2 2
2
.
3
a
BH OB OH
2 2
OH BH OH BD a
SD
SD BD BH
2 2
3 3
2. 2. .
4 2
ABCD ABC
a a
S S
Suy ra
3
.
1 2
. .
3 8
S ABCD ABCD
a
V SD S
Vì BC // AD nên (SBC) // AD
( , ) , ( ) .
d AD BK d D SBC
(1)
( , ) .
2
a
d AD BK DQ
0,5
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
1 1
1
4
2 2
1 1 1 1 1
1 1 1 .
4 4 2 2 4 2 2 4 8
xy yz xy yz
z x
z x z y x y x z
xy yz x y y z
z x z y x y x z
z x z y x y x z
3 3 3 3
( ) 1
.
4
4
x y y z xy yz y y
z x
z x z x
Suy ra
3
1 1 1
.
4 8 96
y y y y
P
z x z x
0,5
Câu 6.
t
Ta có
2
1 1
'( ) ; '( ) 0 2,
32 8
f t t f t t
vì
0.
t
Suy ra bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên ta có
5
,
12
P
dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
2
t
hay
1
.
3
BC
n EI
pt BC có dạng
2 0.
x y m
Từ giả thiết
2 2
4 5 3
5
5
HC IH IC HC
3
( , )
5
d I BC
2
| 5 | 3
8
5 5
m
m
m
Từ hệ
2 2
2 2 0
8 6
(0; 2), ;
5 5
( 2) ( 1) 5
x y
B C
x y
hoặc
8 6
; , (0; 2)
5 5
B C
A
B
C
E
I
D
H
www.VNMATH.com
( 1; 2 2; 2 2).
MN m n m n m n
Vì MN // (P) nên
2 0 2
. 0
0 0
( )
P
m n m n
n MN
n n
N P
2 2
| 3 12 | | 4 | 1
cos( , ) cos
3
3 2 4 29 2 4 29
n n
MN d
n n n n
2 2 2
3( 4) 2 4 29 20 19 0 1
n n n n n n
hoặc
19.
n
*)
1 3 ( 3; 4; 2), (0; 1;1).
n m M N
*)
19 21 ( 21; 40; 20), ( 18; 19; 35).
z z z
0,5
Câu
9.a
(1,0
điểm)
Ta có
1
2
z
z
là số ảo
2
1
z
là số ảo
2 2 2
0
( 1) ( 6 1) 0 2 0
2.
a
a a a a a
a
b c c C
AC BH
chọn
( 3; 1) pt : 3 4 0 ( ; 3 4)
AC BH
n u AC x y A a a
(6 ; 8 3 ), (9 ; 27 3 ).
AB a a AC a a
2(3 ) 6 10
2
| 9 | 6 10
a
a a
a a a
a a a
4.
a
Suy ra
(4; 8).
A
0,5
Gọi (Q) là mặt phẳng chứa A, B và vuông góc với (P). Suy ra M thuộc giao tuyến của (Q) và (P).
( 2; 4; 4)
, (0; 6; 6) 6(0;1; 1)
(1;1;1)
Q P
2 1
( ) ( ) pt :
3 0
2 1 1
y z
x y z
d P Q d
x y z
( 2 2; ; 1) .
M t t t d
Ta có
2 2 2
( 2; 0; 1)
0
2 36 6 8 0
14 4 1
4
; ; .
3 3 3
là nghiệm của phương trình
2
2
2 1,
1
x ax
x
x
hay
2
( 1) 1 0, 1.
x a x x
(1)
Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1
2
1
( 1) 4 0
3.
1
a
a
a
a
IA IB x x x x
2 2
1 1 2 2 1 2 1 2
5 14 5 14 ( ) 5( ) 14 0
x x x x x x x x
0,5
A
B
C
H
d
M
trung điểm
www.VNMATH.com
1 2
5( ) 14 0,
x x
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 2 - NĂM 2014
Môn: TOÁN; Khối: B và 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
3 2
6 3( 2) 4 5
y x x m x m
có đồ thị
( ),
m
C
với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi
1.
m
b) Tìm m để trên
( )
m
C
tồn tại đúng hai điểm có hoành độ lớn hơn 1 sao cho các tiếp tuyến tại mỗi điểm đó của
( )
m
C
vuông góc với đường thẳng
: 2 3 0.
Câu 4 (1,0 điểm). Tính diện tích hình phẳng được giới hạn bởi các đường
3 1
; 0; 1.
(3 1) 3 1
x
x x
y y x
Câu 5 (1,0 điểm). Cho tứ diện ABCD có
2, 3, 2 ,
AB AC a BD CD a BC a
góc tạo bởi hai mặt
phẳng (ABC) và (BCD) bằng
0
45 .
Tính theo a thể tích khối tứ diện ABCD và khoảng cách từ B đến mặt
phẳng (ACD).
Câu 6 (1,0 điểm). Giả sử
,
x y
là các số thực dương thỏa mãn
BAC
là
0.
x y
Tìm tọa độ các đỉnh B, C biết rằng
8 5
5
BC
và góc
BAC
nhọn.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
,
Oxyz
cho mặt phẳng
( ): 2 1 0
P x y z
và các đường
thẳng
1 2
3 7 2 1 1 3
: ; : ; : .
2 1 2 1 2 1 1 1 2
x y z x y z x y z
d d d
thỏa mãn
1
2
z
z
là số ảo, trong đó
2
z
là số phức có phần ảo dương.
b. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
,
Oxy
cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng
chứa đường cao kẻ từ B là
3 18 0,
x y
phương trình đường thẳng trung trực của đoạn thẳng BC là
3 19 279 0,
x y
đỉnh C thuộc đường thẳng
: 2 5 0.
d x y
Tìm tọa độ đỉnh A biết rằng
0
135 .
và đường thẳng
: 2 1.
d y x
Tìm các số thực a để
d
cắt
( )
a
C
tại hai điểm phân biệt
,
A B
thỏa mãn
,
IA IB
với
( 1; 2).
I
WWW.VNMATH.COM
Hết
WWW.VNMATH.COM
và
lim .
x
y
* Chiều biến thiên: Ta có
2
' 3 12 9;
y x x
1 1
' 0 ; ' 0 ; ' 0 1 3.
3 3
x x
y y y x
x x
Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
b) (1,0 điểm)
Đường thẳng d có hệ số góc
1
.
2
k
Do đó tiếp tuyến của
( )
m
C
vuông góc với d có hệ số góc
' 2.
k
Ta có
2
' ' 3 12 3( 2) 2
y k x x m
2
3 12 4 3 .
x x m
(1)
Yêu cầu bài toán tương đương với phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt lớn hơn 1.
0,5
Câu 1.
Vậy
5 8
.
3 3
m
0,5
Câu 2.
(1,0
điểm)
Điều kiện:
cos 1, sin 0 , .
x x x k k
Phương trình đã cho tương đương với
0,5
x
'y
y
1
3
x
( )
f x
1
8
2
5
.
k
*)
2
1
1 cos sin 0 sin
2
4
2
2 , .
x k
x x x
x k k
2 2 2 2
(1 2 ) 2 0 2 2 0 ( ) 2 2 0
( ) 3 0 3 0 ( ) 3 3 0
t y y t y ty t y ty
y y t t y ty t t y ty
Suy ra
2
0
2( ) 3( ) 0
3 3
.
2 2
t y y t
t y t y
t y y t
3 3 3 13
2 2 0 4 6 1 0 .
2 2 4
t t t t t
Suy ra
19 3 13 3 13
, .
8 4
x y
Vậy nghiệm (x; y) của hệ là
19 3 13 3 13
(2; 1), ; .
8 4
0,5
Ta có
d .3 d .
(3 1) 3 1 (3 1) 3 1
x x
x
x x x x
S x x
0,5
Câu 4.
(1,0
điểm)
Đặt
3 1,
x
t
ta có khi
0
x
thì
2,
t
2
2 2
2
3 2
2
2 2
2 3 2 2
2 2 2 2 2 2
d 1 d .
ln3 ln3 ln3 ln3
t
S t t t t
tt t
0,5
WWW.VNMATH.COM Gọi
M
là trung điểm BC.
Từ các tam giác cân ABC, DBC
Sử dụng định lý Pitago
, 2.
AM a DM a
Kẻ
AH MD
tại H. Vì
( ) ( ).
BC AMD BC AH AH BCD
Khi đó
0 2
2 1
.sin45 ; . 2.
2 2
BCD
a
AH AM S DM BC a
Suy ra
3
1
. .
3 3
ABCD BCD
a
V AH S
0
135
AMD
Tương tự ta có
3
6
; ,( ) ,
3 3
ABCD
a a
V d B ACD
(
5
AD a
).
0,5
Ta có
2 2 2 2 2 2
2 1 3 3 3
. . . .
2
2 ( ) 2
x y xy xy x
x y x y x y x y x y
x y x y y xy y
2 2 5
x y xy
x y xy
, hay
2
( ) 0.
x y
0,5
Câu 6.
(1,0
điểm)
Từ đó ta có
2 3 2 3 2
. . .
2 2 3
x y
P
x y x y x y x y x y x y
x y
Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 2, đạt được khi
1.
x y
0,5
Câu
7.a
(1,0
điểm)
Vì AD là phân giác trong góc A nên AD cắt đường tròn (ABC)
tại E là điểm chính giữa cung BC
.
IE BC
Vì E thuộc đường thẳng
0
x y
và
(0; 0).
IE IA R E
Chọn
A
B
C
E
I
D
H
WWW.VNMATH.COM
3
( , )
5
d I BC
2
| 5 | 3
8
5 5
m
m
m
( 2) ( 1) 5
x y
B C
x y
hoặc
8 6
; , (0; 2)
5 5
B C
.
0,5
1 2
( ; 2 2; 1); ( 1; ; 2 3).
M d M m m m N d N n n n
Suy ra
(3; 2; 4)
MN
u n n
và
(2; 1; 2).
d
u
0,5
Câu
8.a
(1,0
điểm)
Suy ra
2 2
| 3 12 | | 4 | 1
cos( , ) cos
3
3 2 4 29 2 4 29
n n
MN d
n n n n
hay
2
4( 1) 8(4 1) 0
a a
2 2
4( 6 1) 0 6 1 0.
a a a a
(*)
Suy ra
2 2
1 2 1
1 ( 6 1) 1 ( 6 1)
, .
4 4
a a a i a a a i
z z z
0,5
Câu
9.a
(1,0
điểm)
Ta có
0,5
: 3 18 ( 3 18; ),
: 2 5 ( ; 2 5).
B BH x y B b b
C d y x C c c
Từ giả thiết suy ra B đối xứng C qua đường trung trực
. 0
: 3 19 279 0
là
60 13 357 4 (6; 4)
10 41 409 9 (9; 23).
u BC
x y
BC M
b c b B
b c c C
0
2 2 2 2
1 (6 )(9 ) (8 3 )(27 3 ) 1
135 cos( , )
2 2
(6 ) (8 3 ) . (9 ) (27 3 )
a a a a
A AB AC
a a a a
2 2
2
3 9
(9 )(3 ) 1
2(3 ) 6 10
2
| 9 | 6 10
a
a a
a a a
a a a
. Suy ra pt (Q):
1 0.
y z
0,5
A
B
C
H
d
M
trung điểm
WWW.VNMATH.COM
14 4 1
4
; ; .
3 3 3
3
M
t
MA MB t t
M
t
0,5
a
a
(2)
Khi đó gọi
1 2
,
x x
là hai nghiệm phân biệt của (1), ta có
1 1 2 2
( ; 2 1), ( ; 2 1).
A x x B x x
0,5
Câu
9.b
(1,0
x x a
Thay vào (3) ta được
19
5( 1) 14 0 ,
5
a a
thỏa mãn
điều kiện (2). Vậy
19
.
5
a
0,5 CƠ SỞ BDKTPT<ĐH
NGUYỄN TRƢỜNG TỘ - THỊ XÃ QUẢNG TRỊ
LẦN THỨ NHẤT
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2014
Môn: TOÁN; Khối A, B và khối A1
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
C©u 1 (2,0 ®iÓm). Cho hàm số y =
3
31y x mx
(m là tham số) (1)
.
C©u 3 (1,0 ®iÓm). Tính tích phân
2
3
23
4
1
1x x x
I dx
x
C©u 4 (1,0 ®iÓm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật,
, 2 2AB a AD a
.Hình chiếu
vuông góc của điểm S trên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm tam giác BCD. Đường thẳng SA tạo với
mặt phẳng (ABCD) một góc 45
0
. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng
AC và SD theo a.
C©u 5 (1,0 ®iÓm). Cho các số thực
,,x y z
phẳng (P) và tiếp xúc với mặt cầu (S).
Câu 8a (1,0 điểm). Tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn điều kiện:
23z i z i
. Trong các
điểm M biểu diễn số phức thỏa mãn điều kiện trên, tìm điểm M sao cho độ dài AM nhỏ nhất biết A(1; -6).
B. Theo chƣơng trình Nâng cao
Câu 6b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C):
22
( 1) ( 2) 4xy
và đường
thẳng d có phương trình
30xy
. Tìm trên d điểm M sao cho từ đó có thể kẻ được hai tiếp tuyến với (C)
là MA, MB (A, B là hai tiếp điểm) sao cho
3
MAB IAB
SS
với I là tâm của đường tròn (C).
Câu 7b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P), (Q) có phương trình
: 2 1 0P x y z
và
:2x 3 0.Q y z
Viết phương trình mặt cầu có tâm nằm trên mặt phẳng (P) và
tiếp xúc với mặt phẳng (Q) tại điểm M, biết rằng M thuộc mặt phẳng Oxy và có hoành độ x
M
= 1.
CƠ SỞ BỒI DƯỠNG KTPT<ĐH NGUYỄN TRƯỜNG TỘ - THỊ XÃ QUẢNG TRỊ
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN LẦN I Page 1
CƠ SỞ BDKTPT<ĐH
NGUYỄN TRƯỜNG TỘ - THỊ XÃ QUẢNG TRỊ
LẦN THỨ NHẤT
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2014
Môn: TOÁN: Khối A, B và khối A1
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1.1
(1điểm)
Giám khảo tự chấm
1,0
Câu 1.2
(1điểm)
2. Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d là:
- x
3
+ 3mx + 1 = mx + 1 - x(x
2
-2m) = 0
0,25
Từ đó tìm được m > 0 thì d cắt (C) tại ba điểm phân biệt A(0; 1), B, C.
0,25
B(x
1
; mx
1
12
0
2
xx
x x m
thay vào (2) ta được:
2 2 2 3
4 4 3OA OB OC m m
Theo bài ra,
2 2 2 3 3
11 4 4 3 11 2 0 1( )OA OB OC m m m m m tm
KL: m = 1.
0,25
Câu 2.1
(1điểm)
Đk:
23
x x k
x
x x k
xx
x x k
2
2 2 1 3 1
( , )
2 1 4 4
y y x x x
xy
y y x
Điều kiện:
4 1;xy
. Ta có
3
3
(1) 2 2 1 2 1 1
2 2(1 ) 1 1
y y x x x x
y y x x x
0,25
Thế vào (2) ta được
3 2 1 4 4x x x
(3). Xét hàm số
( ) 3 2 1 4,g x x x x
liên tục trên [-4;1], ta có
1 1 1
'( ) 0
3 2 2 1 2 4
gx
x x x
( 4;1) ( )x g x
nghịch biến trên [-4;1]. Lại
có
( 3) 4g
nên
3x
là nghiệm duy nhất của phương trình (3).
0,25
Với
3x
suy ra
2.y
Vậy hệ có nghiệm duy nhất
3
2.
x
4 2 4
11
1 1 1x
I dx dx
x x x
.
0,25
1
3
22
1 1 1 1 1 19
11
11
2 3 8 24
3
I
x
x
1
31
t dt dx t dt dx
xx
x
x
0,25
Đổi cận:
3
3
12
5
2
4
xt
xt
I=
19
24
3
3
3 5 5
22
8 4 4
0,25
Câu 4
(1điểm)
Chọn hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ. Khi đó
2 4 2
(0;0;0), ( ;0;0), (0;2 2 ;0), ; ;2 , ( ;2 2 ;0)
33
aa
A B a D a S a C a a
0.5 CƠ SỞ BỒI DƯỠNG KTPT<ĐH NGUYỄN TRƯỜNG TỘ - THỊ XÃ QUẢNG TRỊ
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN LẦN I Page 3
5 2 2
;;
2 2 2
(2 2 ; ; 2 )ACAM a a a
Mặt phẳng (ACM) đi qua điểm A và có vtpt
(2 2; 1; 2)n
nên có phương trình là
22
22
2 2 2 0 ( ;( ))
8 1 2 11
a
a
x y z d D ACM
0.25
22
2 2 3f x x x
trên miền xác định
33x
'
2
4
2 3; 3
23
x
f x x x
x
0,25
'
0fx
trên
3; 3
0
0,25
Câu 6a
(1 ®iÓm)
0,25
M
H
O
B
D
C
A
S
CƠ SỞ BỒI DƯỠNG KTPT<ĐH NGUYỄN TRƯỜNG TỘ - THỊ XÃ QUẢNG TRỊ
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN LẦN I Page 4
Tọa độ A là nghiệm hệ:
2 3 0 1
(1;1)
2 0 1
x y x
A
x y y
Vì H là trung điểm của MM’ nên M’(1; 0)
Phương trình đường thẳng AC qua A, M’ là: x – 1 = 0 0,25
Gọi B (b; 1); C(1; c) (b > 0). Trung điểm E của BC là:
11
;
22
bc
E
b
c
b c c b
b c b b
b
c
3 1 1 0 0A x B y C z A B C
với
VTPT là
;;
Q
n A B C
0.25
Do (Q) tiếp xúc với (S), suy ra
2 2 2
2 2 2
4
( ,( )) 3 4 3
A B C
d I Q R A B C A B C
A B C
(*)
0.25
Mặt khác
( ) ( ) . 0 0
QP
Q P n n A C C A
Vậy, phương trình mặt phẳng cần tìm là:
2 2 9 0x y z
và
4 7 4 9 0x y z
.
0.25
Câu 8a
(1 ®iÓm)
Đặt z = x + yi (x; y
R)
Ta có: | z – i | = |
z
- 2 - 3i|
|x + (y - 1)i| = |(x - 2) - (y + 3)i|
x - 2y - 3 = 0
Tập hợp điểm M(x; y) biểu diễn số phức z là đường thẳng x - 2y - 3 = 0
AM nhỏ nhất
M là hình chiếu của A trên
: x - 2y - 3 = 0
Ta có: M(2t + 3; t)
.
Đường tròn (C) có tâm I(1; - 2), bán kính R = 2. Gọi H là giao điểm của IM và AB thì
IM AB
.
d(I, d) = 2
2
> R. Suy ra qua mọi M thuộc (d) đều kẻ được 2 tiếp tuyến đến (C). 0,25
Đặt IH = x > 0, MH = y > 0
13
3 . . 3 3 (1)
22
MAB IAB
S S MH AB IH AB MH IH y x
0,25
Ta có:
2
. ( ) 4 (2)IH IM IA x x y
; Từ (1) và (2), ta suy ra: x = 1 và y = 3 hay IM = 4
: 2 1 0P x y z
và
:2x 3 0.Q y z
1,0
Vì M mp Oxy và có hoành độ bằng 1 nên M(1; y; 0). Lại có, mặt cầu tiếp xúc với mp(Q)
nên M mp(Q). Tìm được M(1; – 5; 0). 0,25
Gọi I(a; b; c) là tâm của mặt cầu (S) cần tìm.
Ta có (S) tiếp xúc với mp(Q) tại M nên IM (Q).
Mặt phẳng (Q) có một vectơ pháp tuyến
2;1; 1n
.
Ta có IM (Q)
12
5
at
MI tn t b t
ct
21
1
n
x
0 1 2 2 3 3 4 4 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
nn
n n n n n n
C xC x C x C x C x C
Đạo hàm cả hai vế của khai triển ta được:
0.25
Copyright: Tài liệu đại học ©