Đề thi thử Đại học môn Toán - Đề 39, 40

Chia sẻ: Tran Binh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:14

Thêm vào BST

Báo xấu

85
lượt xem 10
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu ôn thi Đại học - Cao đẳng dành cho các bạn học sinh với 2 đề thi thử Đại học môn Toán 39 và 40 sẽ giúp các bạn luyện thi Đại học và củng cố kiến thức môn Toán về khảo sát đồ thị hàm số, hình học không gian. Chúc các bạn thành công.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học môn Toán - Đề 39, 40

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 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  . x 1 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  3 x  1  y  2 y  7 x  2   2. Giải hệ phương trình  (x, y  ) .  x  2 y  4x  y  5   2 cos x.ln(1  sin x) Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I   dx .  sin 2 x 6 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: 2 3 P 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 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). 2 Tính mô đun của các số phức z thỏa mãn 1  z  z  i  (iz  1)2 . B. Theo chương trình Nâng cao Câu 6b (2,0 điểm). 1. 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 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (d ) :   và mặt phẳng 1 1 2 ( 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  Câu 7b (1,0 điểm). Gọi z1 , z2 là hai nghiệm của phương trình z 2   2 cos  z  1  0 . Tìm số n  21  nguyên dương nhỏ nhất sao cho z1n  z 2  1. n ---------------------Hết--------------------- ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 39 Câu Ý Đáp án 1 1 2x 1 2,0 đ 1,0 đ Hàm số y  x  1  TXĐ: D  \ 1  Sự biến thiên của hàm số: + Các giới hạn và tiệm cận lim y  ; lim  y    Đường thẳng x  1 là tiệm cận đứng. x ( 1)  x ( 1) lim y  2  Đường thẳng y  2 là tiệm cận ngang. x  3 + Đạo hàm: y '   0  x  D  ( x  1) 2 + Bảng biến thiên: x  1 + y’ + + y + 2 2  Hàm số đồng biến trong các khoảng (; 1) và (1; ) . Hàm số không có cực trị.  Đồ thị: Tự vẽ đồ thị.
2  : y  mx  1 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) Đk: (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 m  0 m  0    m  5  2 6  m  0    0  m  5  2 6   .  f (1)  0   m  5  2 6   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 AB  ( x2  x1 )2 (1  m 2 )   ( x2  x1 )2  4 x1 x2  (1  m 2 )   m 1 2 1 Mà x1  x2   , x1 x2  . Do đó AB  (m 2  10m  1)(1  m 2 ) m m m 1  : y  mx  1  mx  y  1  0  d  d (O, )  m2  1 1 m 2  10m  1 Khi đó: SOAB  AB.d   3 2 2m 1  11m 2  10m  1  0  m  1  m  (tmđk) 11 1 Do đó  : y   x  1 hay y  x  1. 11 2 1 Phương trình (1  cos x ) cot x  cos 2 x  sin x  sin 2 x (1) 2,0 đ 1,0 đ Điều kiện: sin x  0  x  k (k  ) cos x Khi đó: (1)  (1  cos x )  cos 2 x  sin x  sin 2 x sin x  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 co s 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     1 + cos x  sin x  1  0  cos  x       x     l 2   x  2  l 2  4 2 4 4   x  l 2 Kết hợp điều kiện phương trình đã cho có các nghiệm là:    x k , x  l 2 (k , l  ) . 4 2 2
2  x  3 x  1  y  2 y  7 x  2  (1)  1,0 đ Hệ phương trình   x  2 y  4x  y  5  (2) x  2 y  0 Điều kiện:  x  4 y  0 Với điều kiện trên thì (1)  3x2 7xy + 2y2 + x 2y = 0  (3xy)(x2y) +(x2y) = 0 x  2y  0  (x2y)(3xy +1) = 0   3 x  y  1  0 + x2y = 0  x = 2y (2): 4 y  9 y  5  y = 1 ; y = 1  x = 2 (tmđk) + 3x  y + 1= 0  y = 3x+1 (2) trở thành: 7 x  1  7 x  2  5  1  1 11  x  7  x  7  17 76  7  x y (tmđk).  49 x 2  21x  2  11  7 x  x  17 25 25    25  17 76  Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là (x;y) = (2;1) và (x;y) =  ;  .  25 25  ----------------------------------------------------------------------------------------------------- -------  2 cos x.ln(1  sin x) 3 Tích phân I   dx .  sin 2 x 1,0 đ 6  1  Đặt t  sin x  dt  cos xdx . Đổi cận: x   t  ; x   t 1 6 2 2  dt 1 u  ln(1  t ) du  ln(1  t )   1 t Khi đó I   2 dt . Đặt:  dt  1 t dv  t 2  v   1 2   t 1 1 1 dt 3 1 1 1  Ta có I   ln(1  t )     ln 2  2 ln     dt t 1 1 t (t  1) 2 1  t t 1   2 2 2 1 1 27  2ln 3  3ln 2  ln t 1  ln t  1  3ln 3  4ln 2  ln 1 . 2 2 16
4 1,0 đ S I D C O A K a 3 B Kẻ SK  AB (K  AB)  CK  AB (định lí 3 đường vuông góc) Khi đó góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và ( ABCD) là góc giữa SK và CK . Do SKC nhọn nên SKC  450 ; ABC  1200  CBK  600 3a Trong tam giác vuông CBK : CK  CB sin 600  2 3a Tam giác SCK vuông cân tại C nên SC  2 2 3 3a Ta có S ABCD  AB.BC sin1200  2 1 3 3a 3 Do đó VS . ABCD  S ABCD .SC  (đvtt) 3 4 Gọi O  AC  BD  BD  AC Ta có   BD  ( SAC ) tại O .  BD  SC Kẻ OI  SA (I  SA)  OI là đoạn vuông góc chung của SA và BD. 3 5a Dùng hai tam giác đồng dạng AOI và ASC suy ra OI  . 10 3 5a Vậy d ( SA, BD)  . 10
5 Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: 1,0 đ 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 Suy ra P   . Đặt t  a  b  c, t  0 2(a  b  c ) abc 3 3 Khi đó ta có P   . 2t t 3 3 Xét hàm số f (t )   với t  0 . 2t t 3 3 3 3 f ' (t )   2 ; f ' (t )  0   2  0  t 1 2t t 2t 2t t 2t Bảng biến thiên: t 0 1  ' f (t )  0 + f (t )  0 3  2 3 3 Do đó min f (t )   khi và chỉ khi t  1 . Suy ra P   . t 0 2 2 3 a  b  c  1 Vậy GTNN của P bằng  khi và chỉ khi  2 a  4b  16c 16 4 1 a , b , c . 21 21 21
6a 1 Gọi I ( x; y ) là trung điểm của đoạn AB và G ( xG ; yG ) là trọng tâm của ABC . Do 2,0đ 1,0đ  2   2x 1 2 y 1 CG  CI nên xG  ; yG  . 3 3 3 Tọa độ điểm I thỏa mãn hệ phương trình: x  2 y  3  0  x  5  2x 1 2 y 1  . Vậy I (5; 1)  3  20  y  1  3 AB 5 Ta có IA  IB   2 2 5 Gọi (C ) là đường tròn có tâm I (5; 1) và bán kính R  2 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 x  4 x  6     2 2 5 1 3. ( x  5)  ( y  1)  4  y   2 y   2    1  3 Vậy tọa độ hai điểm A, B là  4;   ,  6;   .  2  2 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)        TH1: m  2n thì n   BC , MN   (3n; 2n; 4n) (n  0) .   ( P) đi qua A(2; 2; 2)  ( P) : 3 x  2 y  4 z  2  0.      TH2: m  2n thì n   BC , MN   ( n; 2n; 4n) (n  0) .   ( P) đi qua A(2; 2; 2)  ( P) : x  2 y  4 z  10  0. ( loại vì ( P )  BC ) Vậy ( P) : 3x  2 y  4 z  2  0.
7a Đặt z  a  bi, (a, b  ) . Từ giả thiết ta có 1,0 đ 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 : b  2  a  1 b 1  2(b  1) (b  1)  (b  2)(2b  1)  0   2 2 2(b  1) b   1  a   1  2 2 1 1 Suy ra z  1  2i hoặc z    i. 2 2 + Với z  1  2i , ta có z  5 . 1 1 2 + Với z    i , ta có z  . 2 2 2 6b 1 B  d1  B(b;8  b), D  d 2  (2d  3; d ). 2,0 đ 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 :      BD  AC u AC .BD  0 8b  13d  13  0 b  0      .  I  AC  I  AC  6b  9d  9  0 d  1 Suy ra B(0;8); D (1;1) .  1 9 Khi đó I   ;  ; A  AC  A(7 a  31; a ) .  2 2 1 2S 15 S ABCD  AC.BD  AC  ABCD  15 2  IA  2 BD 2 2 2 2  63   9 225  9 9  a  3  A(10;3) (ktm)   7 a     a     a       Suy ra  2   2 2  2 4  a  6  A(11; 6) C (10;3) . 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
 Đường thẳng OH đi qua O (0; 0; 0) và nhận VTPT của ( P) là n  (1; 2;1) làm VTCP x  t   OH :  y  2t (1) z  t  ( 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 .    Ta có M (1;1; 2)  (d ) , VTCP của (d ) là u  (1;1; 2) , HM  (0; 1;1) .     Suy ra VTPT của (Q ) là nQ  u, HM   (1; 1; 1) , (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. Q O (d) I P H  7b  5  1,0 đ Phương trình z 2   2 cos  z  1  0 (1)  21  5 5 (1) có '  cos2  1   sin 2 . 21 21 5 Do đó các căn bậc hai của ' là i sin 21  5 5  z1  cos 21  i sin 21 Vậy (1) có các nghiệm là   z  cos 5  i sin 5  2  21 21 n n n n  5 5   5 5  z  z  1   cos 1 2  i sin    cos 21  i sin 21   1  21 21    n n   5   5    5 5    cos     i sin   21     cos 21  i sin 21   1   21       n5   n5  n5 n5  cos     i sin     cos  i sin 1  21   21  21 21  n5  n5 n5  cos     cos  1  2cos 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) Cho hàm số: y = x 3  3mx 2 + 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 x7 2. Giải phương trình: 3 x 2  6 x  3  3 1 x Câu III: (1,0 điểm) Tính tích phân  3x  dx 2 1 9x 1 3 Câu IV: (1,0 điểm) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 2a, SA = a, SB = a 3 , BAD = 600 và mp(SAB) vuông góc với mặt đáy. Gọi M, N là trung điểm của AB, 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  x   y   z  nhất của biểu thức: P  x    y   z 3   z x 3      y 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( , ) và I(1,-2). Xác 3 3 định tọa độ đỉnh C. x  1 y  1 z 1 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :   , điểm 2 1 1 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 . Câu VII (1,0 điểm) Cho hai số phức z1 , z 2 thỏa mãn i.z1  2  0,5 và z 2 = i.z1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của z1  z 2 ------------------------Hết----------------------
HƯỚNG DẪN ĐỀ SỐ 40 Câu 1: 1, Với m = 1  y = x 3  3x 2 + 2 a) TXĐ: R b) Sự biến thiên: *) Giới hạn: lim y  ; lim y   x x x = 0 *) Chiều biến thiên: y' = 3x 2  6x ; y' = 0   x = 2 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 2 + f’(x) + 0 - 0 + 2 + f(x) - -2 c) Đồ thị: y 4 2 x 2 O 5 -2 -4 x = 0 Câu 1: 2, y = x 3  3mx 2 + 2  y' = 3x 2  6mx ; y' = 0    x = 2m 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: x y2 2  1  =  2m x + y  2 = 0 . AB cắt Ox tại C  2 ;0  , cắt Oy tại A(0; 2) 2m - 4m3 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 SOAC = OA.OC = .2. 2 = 2 2 m m2 1 1 1 Yêu cầu bài toán thỏa mãn  2 = 4  m = ± (thỏa mãn m  0)..Vậy m = ± m 2 2 Câu 2: 1, Điều kiện : x  k cos x 2 Phương trình tương đương: 3cosx(  2 ) = 2(cosx - 2 sin x) sin 2 x
2 2  2 cos 2 x  cos x  2  0  (cosx - 2 sin x)(3cosx – 2sin x) = 0   2  2 cos x  3 cos x  2  0 2 1  co s x   2 ( lo a i ); co s x  ; co s x   2 ( lo a i ); c o s x  2 2   KÕt hîp víi ®/k suy ra pt cã nghiÖm: x =   k 2 & x =   k 2 4 3 x7 1 1 Câu 2: 2, 3 x 2  6 x  3   ( x  1)2  2  ( x  1)  2 , x  7 3 3 3  2 1 u  x  1  u  2  3 v  Đặt  1 ta có hệ phương trình:   v  3 ( x  1)  2 (v  0)  v2  2  1 u    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 hoặc  2 3u  6  v 3u  6  v  1  73 u  v  0 u  v u  (lo¹i)  2  6  2 3u  6  v 3u  u  6  0  1  73 u   6  1  1  69  3(u  v)  1  0 v   3  u  u  6  2   3u  6  v 3u 2  u  17  0 u  1  69 (lo¹i)   3   6 1 3 7 1  73 73  5 + Với u  x 1  . 6 6 6 1  69 1  69  69  7 + Với u  x 1  . 6 6 6 1 1 1 1 x Câu 3: I   dx   x(3x  9 x  1)dx   3 x dx   x 9 x 2  1dx 2 2 2 1 3x  9 x  1 1 1 1 3 3 3 3 1 1 26 I1   3 x 2 dx  x 3 1  1 3 27 3 1 1 3 1 2 1 2 2 1 2 16 2 26  16 2 I 2   x 9 x  1dx   9 x  1d (9 x  1)  (9 x  1) 2  . Vậy I  1 18 1 27 1 27 27 3 3 3 Câu 4: Từ giả thiết có AB = 2a, SA = a, AB SB = 3 , tam giác ASB vuông tại S suy ra SM   a do đó tam giác SAM đều. 2
Gọi H là trung điểm AM thì SH  AB. Mặt khác (SAB)  (ABCD) nên suy ra 1 1 1 1 a 3 1 4a 2 3 a 3 SH  ( ABCD ) VNSDC  VSNDC  SH .S DNC  SH . S BDC  . .  3 3 2 3 2 2 4 4 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 MK 2 MQ 4 DN 4 a 3 3 Trong tam giác vuông SMK: cos SMK      SM a a a 4 S N C B M H K A Q D Câu 5: ĐÆt x = a 2 , y  b 2 , z  c 2 . Do x  y  z  3 suy ra a 2  b 2  c 2  3 . a3 b3 c3 Ta cần tìm giá trị nhỏ nhất của P    . b2  3 c2  3 a2  3 Áp dụng Bất đẳng thức Trung bình cộng – trung bình nhân có: a3 a3 b2  3 a 6 3a 2    33  (1); 2 b2  3 2 b2  3 16 64 4 b3 b3 c2  3 c 6 3c 2    33  (2) 2 c2  3 2 c2  3 16 64 4 c3 c3 a2  3 c 6 3c 2    33  (3) 2 a2  3 2 a2  3 16 64 4 a2  b2  c 2  9 3 2 Cộng theo vế ta được: P    a  b 2  c 2  (4) 16 4 3 3 Vì a2+b2+c2=3. Từ (4)  P  vậy giá trị nhỏ nhất P  khi a = b = c =1  x = y = z = 1 2 2     7 4  Câu 6: 1, IM  (2;4), GM   ;  3 3    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. Mặt khác IC = IA  ( x  1)2  ( y  2)2  25  ( x  1)2  ( y  2)2  25 . x  2y  7  0 Tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình:  2 2 ( x  1)  ( y  2)  25
x  5 x  1 Giải hệ phương trình ta tìm được  và  .Vậy có 2 điểm C thỏa mãn là C(5; 1) và C(1; 3). y  1 y  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) a(1  1)  b(4  1)  c (2  1) d( A,(Q ))  2 3   2 3  (5b  c )2  12(a 2  b 2  c 2 ) 2 2 2 a b c 2 2 2  12a  13b  11c  10bc  0 (3) 1 Thay (2) vào (3) có 7a 2  8ab  b 2  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) nên  có phương trình:    1 3 3 5 5 1  1 2 1 1 Với b = 1 , a = thì (Q) có phương trình: x –7y +5z – 13 = 0 7 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 (- y1 , x1) biểu diễn z2 Ta cần tìm M thuộc (C1) để z1  z 2  MN 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 1 1 1 1 M1(0, 2  ) và M2(0, 2  ). Dễ thấy MN nhỏ nhất bằng 2  khi M trùng M1(0, 2  ) tức 2 2 2 2 1 là z1  ( 2  )i 2 ------------------Hết----------------