ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 MÔN: TOÁN KHỐI A,B - TRƯỜNG THPT CAO LÃNH

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:13

Thêm vào BST

Báo xấu

107
lượt xem 18
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi thử đại học năm 2011 môn: toán khối a,b - trường thpt cao lãnh', tài liệu phổ thông, ôn thi đh-cđ phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011 MÔN: TOÁN KHỐI A,B - TRƯỜNG THPT CAO LÃNH

chihao@moet.edu.vn sent to WWW.laisac.page.tl ( Admin http://boxmath.vn/4rum/ ) TRƯỜNG THPT THÀNH PHỐ CAO LÃNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn thi: TOÁN. Khối: A-B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Ngày thi:27/03/2011 ****** A.PHẦN CHUNG(7,0 điểm): (Dành cho tất cả thí sinh) Câu I: ( 2,0 điểm ) Cho hàm số y  x 4  2 mx 2  1 (1). 1/.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m  1 . 2/.Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị và đường tròn đi qua ba điểm này có bán kính bằng 1. Câu II: ( 2,0 điểm ) 1/.Giải phương trình: 9 sin x  6 cos x  cos 2 x  3 sin 2 x  8 2 2  x  xy  xy  y  3( x  y ) 2/.Giải hệ phương trình   x 2  y 2  369   3 dx 4 Câu III: ( 1,0 điểm ). Tính tích phân: . 3 5 sin x . cos x  4 Câu IV: ( 1,0 điểm ). Cho hình lăng trụ tam giác ABC . A' B' C ' với A'. ABC là hình chóp tam giác đều nội tiếp trong một mặt cầu có bán kính R. Góc giữa mặt phẳng ( A' BC ) và mặt phẳng ( ABC ) bằng 60 o . Tính thể tích khối chóp A'. BB' C ' C theo R. Câu V: ( 1,0 điểm ) .Giả sử x , y là các số thực lần lượt thỏa mãn các phương trình: x 2  2 ax  9  0 với a  3 ; y 2  2by  9  0 với b  3 2  1 1 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M  3( x  y )      x y   B. PHẦN TỰ CHỌN (3,0điểm) : (Thí sinh chọn câu VIa, VIIa hoặc VIb, VIIb) Câu VIa: ( 2,0 điểm ) ( C ) : x 2  y 2  13 mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn 1/.Trong và ( C' ) : ( x  6 ) 2  y 2  25 . Gọi A là một giao điểm của ( C ) và ( C' ) với y A  0 . Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua A và cắt ( C ), ( C' ) theo hai dây cung có độ dài bằng nhau (hai dây cung này khác nhau). 2/.Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : x  y  z  2  0 và đường thẳng x3 y2 z1 .Gọi M là giao điểm của d và ( P ) , viết phương trình đường thẳng  nằm trong mặt   d: 1 2 1 phẳng ( P ) , vuông góc với đường thẳng d và khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng  bằng 42 . Câu VIIa: ( 1,0 điểm ). Trong mặt phẳng phức, tìm tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z thỏa mãn điều kiện: z  2  z  2  5. ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu VIb: ( 2,0 điểm ) 3 1/.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích là S = , đỉnh A(2;-3), đỉnh B(3;-2), trọng 2 tâm của tam giác thuộc đường thẳng d: 3x – y – 8 = 0. Tìm toạ độ đỉnh C. 2/.Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : x  2 y  2 z  1  0 và hai đường thẳng x 1 y  3 z x5 y z5 . Tìm các điểm M  d 1 , N  d 2 sao cho đường thẳng MN song d1 :  , d2 :   3 5 2 2 6 4 song mặt phẳng (P) và cách mặt phẳng (P) một khoảng cách bằng 2.
2  x  x1 2 2 Câu VIIb: ( 1,0 điểm ) .Giải bất phương trình: ( 5  1 )  x  x  2  3.( 5  1 ) x  x ………………………………..Hết………………………………….. T RƯỜNG THPT THÀNH PHỐ CAO LÃNH T HI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010 - 2011 Khối: A-B Môn thi: TOÁN. Ngày thi: 27/03/2011 ***** ĐÁP ÁN (gồm 12 trang) Nội dung Điểm Câu A/ Phần bắt buộc: 2,0đ Câu I: 4 2 Câu I: ( 2,0 điểm ) Cho hàm số y  x  2 mx  1 (1). (2,0đ) 1/ (1,0đ) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho ứng với m = -1. 1,0đ m  1 , ta có hàm số y  x 4  2 x 2  1 TXĐ: D  R  Sự biến thiên của hàm số:  .Giới hạn của hàm số tại vô cực: 0,25 lim y   ; lim y   x   x   . Chiều biến thiên: 3 y'  4 x  4 x y'  0  x  0  y  1 Bảng biến thiên:   x 0  0,25 y’ - 0 +  y  (CT) 1 .Hàm số nghịch biến trên khoảng (-  ;0) và đồng biến trên khoảng (0;   ) 0,25  Hàm số đạt cực tiểu tại x= 0, giá trị cực tiểu là y(0) = 1 Đồ thị:  Giao điểm của đồ thị và trục tung: (0; 1) Các điểm khác :(-1;4), (1; 4) 0,25
y f(x)=x^4+2*x^2+1 f(x)=4 x(t)=1 , y(t)=t 5 x(t)=-1 , y(t)=t 4 3 2 1 x -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 -1 -2 -3 -4 -5 1,0đ 2/(1,0đ) Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) có ba cực trị và đường tròn đi qua ba điểm này có bán kính bằng 1. y'  4 x 3  4 mx x  0 0,25 y'  0   2 x  m  Hàm số có 3 cực trị  y’ đổi dấu 3 lần  phương trình y’=0 có 3 nghiệm phân biệt  m  0 Khi m  0 , đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị là : 0,25 A( m ; 1  m 2 ), B(  m ; 1  m 2 ),C ( 0 ; 1 ) Gọi I là tâm và R là bán kính đường tròn đi qua 3 điểm A , B , C Vì hai điểm A , B đối xứng nhau qua trục tung nên I nằm trên trục tung  yo  0 ( 1  yo )2  1   Đăt I ( 0 ; y o ) . Ta có: IC  R   yo  2  I  O( 0 ;0 ) hoặc I ( 0 ;2 ) *Với I  O( 0 ;0 ) : 0 m m 1   1 5 22 4 2 IA  R  m  ( 1  m )  1  m  2 m  m  0   m  2  0,25  1 5 m   2  1 5 So sánh điều kiện m  0 , ta được m  1 , m  2 *Với I ( 0 ;2 ) : IA  R  m  ( 1  m 2 )2  1  m 4  2 m 2  m  0 (*)
Pt (*) vô nghiệm khi m  0  1 5 Tóm lại, bài toán thỏa mãn khi m  1 , m  0,25 2 1,0đ Câu II: 1/(1,0đ) Giải phương trình: 9 sin x  6 cos x  cos 2 x  3 sin 2 x  8 (*) (2,0đ) 2 (*)  9 sin x  6 cos x  2 cos x  1  6 sin x cos x  8  9(sin x  1 )  6 cos x ( 1  sin x )  2( 1  sin 2 x )  0 0,25  ( 1  sin x )( 2 sin x  6 cos x  7 )  0  sin x  1   2 sin x  6 cos x  7  0 ( vn ) 0,25   k 2 sin x  1  x  0,25 2   k 2 Vậy phương trình đã cho có 1 họ nghiệm là: x  0,25 2  x 2  xy  xy  y 2  3( x  y )  1,0đ 2/(1,0đ) Giải hệ phương trình: (*)   x 2  y 2  369  x  0  Điều kiện:  y  0 x  y  0  u  x 2  xy , u  0 u 2  v 2  x 2  y 2    Đặt  0,25 u 2  v 2  ( x  y )2 xy  y 2 , uv v  ,v0   u  0 u  v  3 u 2  v 2   , Đk: v  0 Ta có hệ phương trình: (*’)  u 2  v 2  369 u  v    u  v .( u  v  3 u  v )  0  (*' )    u 2  v 2  369   u  v  0  (I)  2 2  u  v  369 0,25    u  v  3 u  v  ( II )  2 2  u  v  369   u  v  0 ( vì u  0 , v  0 ) . Vậy : Hệ ( I ) v ô nghiệm (I )   0  369 ( vô lý ) 4u   u  v  9( u  v ) v   u  15 ( vì u  0 )  5 ( II )   2     u  v 2  369 v  12 0,25  u 2  225  
 x 2  xy  15  x 2  xy  225      xy  y 2  144  xy  y 2  12   ( x  y )2  81  x  y  9 ( vì x  y )  x  25     0,25  x  y  41  y  16  x 2  y 2  369  So sánh Đk, hệ đã cho có một nghiệm (25; 16) 1,0đ CâuIII:  (1đ) 3 dx  (1,0đ) Tính tích phân sau: 4 3 5  sin x . cos x 4   3 3 1 1 1 I= 4 dx  . dx 0,25 2 3 3 tan x cos x  4 sin x  . cos 8 x . 4 cos 3 x 4 1 Đặt: t  tan x  dt  dx cos 2 x Đổi cận:  x t1 0,25 4  x t 3 3 3 3 3 1 0,25 t 4 dt  4 t 4   I= 1 1    I= 4  4 3  1   4 8 3  1   0,25   1,0đ Câu IV: (1,0đ ) Cho hình lăng trụ ABC . A' B' C ' với A'. ABC là hình chóp tam giác đều nội tiếp (1đ ) trong một mặt cầu có bán kính R. Góc giữa mặt phẳng ( A' BC ) và mặt phẳng ( ABC ) bằng 60 o . Tính thể tích khối chóp A'. BB' C ' C theo R
0,25 ABC đều v à A' BC cân tại A' Gọi N là trung điểm BC. Vì A’.ABC là hình chóp đều nên ^ AN  BC , A' N  BC   góc giữa hai mặt phẳng ( ABC ) v à ( A' BC ) là A' NA  60 o   ( ABC )  ( A' BC )  BC  Gọi H là trọng tâm ABC  H là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC A’.ABC là hình chóp đều  A' H  ( ABC ) 0,25  A' H là trục của đường tròn ngoại tiếp ABC Gọi M là trung điểm A' A . Trong mp( A' AN ) , vẽ đường trung trực của cạnh A' A ,cắt A' H tại I. Ta có I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A’.ABC Bán kính mặt cầu là : R  A' I 3 3 3 ABC . Ta có AN  a , HN  a , AH  a Gọi a là độ dài cạnh của 2 6 3 3 a A' HN vuông tại H  A' H  HN . tan 60 o  a . 3 6 2 a 2 3a 2 a 21 A' H 2  AH 2  A' AH vuông tại H  A' A    4 9 6 A' A a 21 A' M   2 12 a 21 A' I A' M R 12  a  12 R Ta có A' MI đồng dạng A' HA nên    0,25 a A' A A' H 7 a 21 2 6 6R  A' H  7 2 3 36 3 R 2  12 R  S SBC    . 7 4 49
1 V A'.ABC  .S ABC .A' H , V ABC . A' B' C'  S ABC .A' H 3 2 36 3 R 2 6 R 144 3 R 3 0,25 2 V A'.BCC' B'  V ABC . A' B' C'  V A'.ABC  .S ABC .A' H  .  . 3 3 49 7 343 1,0đ Câu V: (1,0đ ) Giả sử x , y là các số thực lần lượt thỏa mãn các phương trình: (1,0đ) x 2  2 ax  9  0 với a  3 ; y 2  2by  9  0 với b  3 2  1 1 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M  3( x  y )      x y   Xét phương trình: x 2  2 ax  9  0 (1)    a 2  9  0 với a  3 nên phương trình (1) có nghiệm và Ta có: (1)  x 2  9  2ax  x  0 0,25 Xét phương trình: y 2  2by  9  0 (2)    b 2  9  0 với b  3 nên phương trình (2) có nghiệm và Ta có: (2)  y 2  9  2by  y  0 2 2  1 1 2 1 1 2 Đặt x   t , t  0 . Ta được: M  3(  t  y )       3( t  y )      t y  t y     11 4 16 2 Mà với t  0 , y  0 ta có :   nên M  3( t  y )  ( t  y )2 t y t y 16 2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta được: 3( t  y )  8 3 ( t  y )2 0,25 M 8 3 Do đó, M đạt giá trị nhỏ nhất là 8 3 khi 1  t  y y  4 t  y 0,25 3    16  4 1  3( t  y ) 2  x   1 y  3  ( t  y )2    43  Vì x, y thỏa mãn (1) và (2) nên: 2       1   2 a   1   9  0  4 3  4 3      1  2 9 31 1 ab    2 b 90 24 3  4 3  4  0,25  3    a  3 b  3  9 31 1 1 Vậy min M  8 3 khi x   , y ,ab 4 4 24 3 3 3 B/ Phần tự chọn: (Thí sinh chọn câu VIa,VIIa hoặc câu VIb, VIIb ) 1,0đ CâuVIa: 2 2 1/(1,0đ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn ( C ) : x  y  13 và (2,0 đ ) 2 2 ( C' ) : ( x  6 )  y  25 . Gọi A là một giao điểm của ( C ) và ( C' ) với y A  0 . Viết
phương trình đường thẳng (d) đi qua A và cắt ( C ), ( C' ) theo hai dây cung có độ dài bằng nhau (hai dây cung này khác nhau). Theo giả thiết: ( C ) có tâm O( 0 ;0 ) , bán kính R  13 ( C' ) có tâm O' ( 6 ;0 ) , bán kính R'  5 0,25 Tọa độ các giao điểm của ( C ) và ( C' ) là nghiệm của hệ phương trình:  x 2  y 2  13   ( x  6 ) 2  y 2  25  x  2 0,25  x 2  y 2  13      y  3  A( 2 ; 3 ) ( vì y A  0 )   x 2  y 2  12 x  11  0   y  3   Gọi H, H’ lần lượt là giao điểm của đường thẳng (d) và các đường tròn ( C ) , ( C' ) thỏa AH  AH' , với H không trùng H’. Gọi M, M’ lần lượt là trung điểm của AH, AH’. Vì A là trung điểm của đoạn thẳng HH’ nên A là 0,25 trung điểm của đoạn thẳng MM’. Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng OO’  I ( 3 ; 0 ) . Ta có IA // OM. Mà OM  ( d ) nên IA  ( d )  ( d ) có vtpt IA  (  1 ; 3 ) và qua A( 2 ; 3 ) 0,25 Vậy phương trình đường thẳng ( d ) là :  1( x  2 )  3( y  3 )  0   x  3 y  7  0 Theo giả thiết: Cách khác: ( C ) có tâm O( 0 ;0 ) , bán kính R  13 ( C' ) có tâm O' ( 6 ;0 ) , bán kính R'  5 Tọa độ các giao điểm của ( C ) và ( C' ) là nghiệm của hệ phương trình:  x 2  y 2  13   ( x  6 ) 2  y 2  25  0,25
x  2  x 2  y 2  13      y  3  A( 2 ; 3 ) ( vì y A  0 )   x 2  y 2  12 x  11  0   y  3   Gọi H, H’ lần lượt là giao điểm của đường thẳng (d) và các đường tròn ( C ) , ( C' ) thỏa AH  AH' , với H không trùng H’. Ta có A là trung điểm của đoạn thẳng HH’ nên H v à H’ đối xứng nhau qua A. của ( C ) qua ( C 1 ) là Gọi ảnh đối xứng tâm A, phép ( C 1 ) có tâm O1 , bán kính R1  R 13 . A là trung điểm của đoạn OO1  O1 ( 4 ; 6 ) 0,25  Phương trình đường tròn ( C 1 ) : ( x  4 ) 2  ( y  6 )2  13 . Vì H'  ( C 1 ) và H'  ( C' ) nên H’ là giao điểm của ( C 1 ) và ( C' )  Tọa độ điểm H’ là nghiệm của hệ phương trình:  37  x  5 37 24    H' ( ; ) ( x  4 ) 2 2 x  3 y  7   y  24 55  ( y  6 )  13       10 y 2  78 y  144  0 5  ( x  6 ) 2  y 2  25 0,25     x  2   y  3  H' ( 2 ; 3 )  A ( l )  Đường thằng (d) cần tìm đi qua hai điểm A, H’ nên (d) nhận vtcp là: 27 9 9 AH'  ( ; ) ( 3 ;1 ) 55 5 0,25 x2 y3   x  3y 7  0  Phương trình đường thẳng (d): 3 1 2/ (1,0đ ) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : x  y  z  2  0 1,0đ x3 y2 z1   .Gọi M là giao điểm của d và ( P ) , viết phương và đường thẳng d : 1 2 1 trình đường thẳng  nằm trong mặt phẳng ( P ) , vuông góc với đường thẳng d và khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng  bằng 42 . x3 y2 z1 (P): x y z2  0 , d :   1 2 1 ( P ) có véc tơ pháp tuyến n  ( 1 ; 1 ; 1 ) , d có véc tơ chỉ phương u  ( 2 ; 1 ;  1 ) và đi qua điểm M o  ( 3 ;  2 ;  1 ) . Vì đường thẳng  nằm trong mặt phẳng ( P ) , vuông góc với đường thẳng d nên  có  véc tơ chỉ phương u  n , u  ( 2 ;3 ;1 ) x  y  z  2  0  Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình:  x  3 y2 z1  2  1  1  x  y  z  2  0 x  1    x  2 y 7  0   y  3  M ( 1 ;  3 ; 0 ) 0,25  y  z  3  0 z  0   Gọi H ( a , b , c ) là hình chiếu vuông góc của điểm H lên đường thẳng   MH  ( a  1; b  3 ; c ) 0,25
M  ( P )  a  b  c  2  0    Theo giả thiết, ta có:  MH  u     2( a  1 )  3( b  3 )  c  0    ( a  1 )2  ( b  3 ) 2  c 2  42  MH  42    a  5   b   2  H ( 5 ;  2 ;  5 ) c   5 b  15  c   5   0,25   a  4 b  13  a   3  42 b 2  252 b  336  0  b   4  H (  3 ;  4 ; 5 )    c  5   x  5  2t   Với H ( 5 ;  2 ;  5 ) , ta có phương trình đường thẳng  :  y  2  3 t  z  5  t  0,25  x  3  2 t   Với H (  3 ;  4 ; 5 ) , ta có phương trình đường thẳng  :  y  4  3t z  5  t  1,0đ CâuVIIa: (1,0đ) Trong mặt phẳng phức, tìm tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z (1,0đ) thỏa mãn điều kiện: z  2  z  2  5 . Đặt z  x  yi ( x , y  R ) là số phức đã cho và M ( x , y ) là điểm biểu diễn của z trong mặt phẳng phức 0,25 ( x  2 ) 2  y 2  ( x  2 ) 2  y 2  5 (1) z2  z2 5  Ta có: (1)  ( x  2 ) 2  y 2  ( x  2 ) 2  y 2  5  ( x  2 ) 2  y 2  ( x  2 ) 2  y 2      0,25 8x  ( x  2 )2  y 2  ( x  2 )2  y 2   (2) 5 Từ (1) và (2) ta được: 2  5 4x  25 5 4x  ( x  2 ) 2  y 2    2 2  , x  (x2)  y  2  2 5 8   5   2  ( x  2 )2  y 2  5  4x  2 5 4x  25 2 ( x  2 )  y     , x  2 5  2 5 8  9x2 9 25 25  y2   ,  x 25 4 8 8 2 2 x y 0,25   1 25 9 4 4 Vậy tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z thỏa điều kiện đã cho là elip có phương trình: 2 2 y x 0,25  1 25 9 4 4 Đặt z  x  yi ( x , y  R ) là số phức đã cho và M ( x , y ) là điểm biểu diễn của z trong mặt phẳng Cách khác phức
Trong mặt phẳng phức, xét các điểm F1 ( 2 ; 0 ), F 2 ( 2 ; 0 ) . 0,25 Ta có: MF1  ( 2  x ) 2  (  y ) 2  ( x  2 ) 2  y 2  z  2 MF2  ( 2  x ) 2  (  y ) 2  ( x  2 ) 2  y 2  z  2 Do đó, từ giả thiết : z  2  z  2  5  MF1  MF 2  5 , ta được tổng các khoảng cách từ điểm M đến hai điểm cố định F1 , F2 bằng 5 (số không đổi) lớn hơn khoảng cách 0,25 F1 F2 ( F1 F2  4 ) nên tập hợp các điểm M là một elip có: 2 a  5 và các tiêu điểm F1 ( 2 ; 0 ), F 2 ( 2 ; 0 )  2 25 5  a  4 0,25 2a  5 a    2  b 2  9 2c  4 c  2    4 Vậy tập hợp các điểm biểu diễn của số phức z thỏa điều kiện đã cho là elip có phương trình: 2 2 y x 0,25  1 25 9 4 4 1,0đ CâuVIb: 3 1/ (1,0đ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có diện tích là S = , đỉnh A(2;-3), (2,0 đ ) 2 đỉnh B(3;-2), trọng tâm của tam giác thuộc đường thẳng d: 3x – y – 8 = 0. Tìm toạ độ đỉnh C.  Đặt C ( x o ; y o ) . Gọi G ( xG ; yG ) là trọng tâm ABC . Theo giả thiết: 5  xo   xG  3  G là trọng tâm ABC   0,25  y   5  yo G 3   5  x o    5  yo  Lại có G  ( d )  3    8  0  3 x o  y o  4  0 (1)  3  3  AB  2  AB  ( 1; 1 ) . Đường thẳng AB đi qua điểm A và có véc tơ pháp tuyến n  ( 1 ;  1 ) nên phương trình đường thẳng AB là: ( x  2 )  ( y  3 )  0  x  y  5  0 xo  yo  5 Khoảng cách từ điểm C đến đường thẳng AB là: d ( C , AB )  0,25 2 1 1 Diện tích ABC là: S  .AB .d ( C , AB )  xo  yo  5 2 2 3 Theo giả thiết, ta có : S   x o  y o  5  3 (2) 2 3 x o  yo  4  0   Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình:   xo  y o  5  3  3 xo  yo  4  x o  2 3 x o  yo  4  0    x o  y o  8   y o  10  0,25   xo  yo  5  3    3 x  yo  4 x  1   x  y  5  3  o  o  o o  x o  y o  2   y o  1  
0,25 Vậy có hai điểm cần tìm là: C ( 2 ;  10 ) , C ( 1;  1 ) 1,0đ 2/(1,0đ) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ) : x  2 y  2 z  1  0 và x 1 y  3 z x5 y z5 . Tìm các điểm M  d 1 , N  d 2 hai đường thẳng d 1 :  , d2 :   3 5 2 2 6 4 sao cho đường thẳng MN song song mặt phẳng (P) và cách mặt phẳng (P) một khoảng cách bằng 2. Gọi (Q ) là mặt phẳng song song mặt phẳng ( P ) và cách ( P ) một khoảng cách bằng 2 Phương trình mp (Q ) có dạng: x  2 y  2 z  D  0 , D  1 0,25 1 D D  5 Chọn M o ( 1; 0 ; 0 )  ( P ) . Ta có : d ( M o , ( Q ))  2  2 (nhận)  D  7 3  có hai mặt phẳng song song mp(P) và cách mp(P) một khoảng cách bằng 2 là: ( Q1 ) : x  2 y  2 z  5  0 , ( Q 2 ) : x  2 y  2 z  7  0 Vì MN //( P ) v à d ( MN , ( P ))  2 nên MN  ( Q1 ) hoặc MN  ( Q 2 ) Do đó, có hai trường hợp:  M  d 1  ( Q1 )  M  d 1  ( Q2 ) ;    N  d 2  ( Q1 )  N  d 2  ( Q2 )  M  d 1  ( Q1 )    N  d 2  ( Q1 ) Tọa độ diểm M là nghiệm của hệ:  3 x  2 y  9  0 x1 y 3 z     2  2 y  3z  6  0  M ( 1; 3 ; 0 ) 3 2 0,25  x  2 y  2z  5  0  x  2 y  2z  5  0   Tọa độ diểm N là nghiệm của  4 x  6 y  20  0 x5 y z5     5    5 y  4 z  20  0  N ( 5 ; 0 ;5 ) hệ:  6 4  x  2 y  2z  5  0  x  2 y  2z  5  0    M  d 1  ( Q2 )    N  d 2  ( Q2 ) Tọa độ diểm M là nghiệm của hệ:  3 x  2 y  9  0 x1 y 3 z     2  2 y  3z  6  0  M ( 3; 0 ; 2 ) 3 2 0,25  x  2 y  2z  7  0  x  2 y  2z  7  0   Tọa độ diểm N là nghiệm 4 x  6 y  20  0 x5 y z5     5   5 y  4 z  20  0  N (  1;  4 ;0 ) củahệ:  6 4  x  2 y  2z  7  0  x  2 y  2z  7  0   0,25 Vậy có hai cặp điểm cần tìm là: M ( 1 ; 3 ; 0 ), N ( 5 ; 0 ;  5 ) và M ( 3 ; 0 ; 2 ), N ( 1;  4 ; 0 ) 1,0đ CâuVIIb:  x2  x1  x2  x  x2  x (1,0đ) (1,0đ) Giải bất phương trình: ( 5  1 ) 2  3.( 5  1 ) (*)  x2  x  x2  x  5  1 2 (*)    0,25  2.  3    5  1  5  1  
 x2  x  x2  x   2 4    2.  30    2    5  1 5 1   2(  x 2  x )  x2 x 0,25 2 2    2.   30      5  1  5  1  x2 x   2  x2 x  3    1    5 1 2  0,25 0   1    x2 x  5 1  2    0    5  1  x  0  x2  x  0   x  1 0,25 Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là: (  ; 0   1;   ) ------------------Hết-----------------