Đè thi thử môn toán 28

Chia sẻ: Phung Tuyet | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

47
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: TOÁN- KHỐI A Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) I/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1/ (2,0 điểm). Cho hàm số y

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đè thi thử môn toán 28

TÀI LI U TOÁN THPT Đ THI TH Đ I H C NĂM 2013 t http://www.k2pi.net Môn: TOÁN Đ S 6 NGÀY 29-12-2012 ne PH N CHUNG CHO T T C THÍ SINH (7 đi m) Câu 1. (2 đi m) Cho hàm s y = x 4 − 2 (m + 1) x 2 + 2m − 1 có đ th (C m ), ; m là tham s th c. a) Kh o sát s bi n thiên và v đ th c a hàm s (C 2 ) khi m = 2. b) Tìm t t c các giá tr c a m đ đư ng th ng d : y = −1 c t đ th (C m ) t i đúng hai đi m phân bi t A, B , sao cho tam giác I AB có di n tích b ng 4 2 2 − 2 v i I (2; 3). pi. Câu 2. (2 đi m) a) Gi i phương trình: cos x (cos 2x − 19) − (1 + sin x) (7 − cos 2x) = −3 (8 + sin 2x) 2y − 3x + y (x − 2) = 4 x −2− y −6 b) Gi i h phương trình: (x, y ∈ R) y +2 y x y − x + 5 = 2 y + 2 − 5x + 6 e x 3 ln x + x 2 ln2 x + 3(x + 1) Câu 3. (1 đi m) Tính tích phân I= dx . x(x + ln x) .k2 1 Câu 4. (1 đi m) Cho hình chóp t giác đ u S.ABC D . Bi t c nh bên h p v i m t đáy (ABC D) m t góc 60o và m t a 6 c u ngo i ti p hình chóp S.ABC D có bán kính b ng . G i E là đi m đ i x ng c a D qua trung đi m c a 3 S A , M là trung đi m c a AE , N là trung đi m c a BC . Ch ng minh r ng M N vuông góc v i B D . Tính th tích kh i chóp S.ABC D và kho ng cách gi a hai đư ng th ng M N và AC theo a . Câu 5. (1 đi m) Cho các s th c x, y, z thu c kho ng (1; 2) . Tìm giá tr nh nh t c a bi u th c : x y2 y z2 zx 2 P= + 2 + 2 w 4y 2 z − z 2 x 4z x − x 2 y 4x y − y 2 z PH N RIÊNG (3 đi m): Thí sinh ch làm m t trong hai ph n A ho c B A. Theo chương trình chu n ww Câu 6A. (2 đi m) a) Trong m t ph ng v i h tr c t a đ Ox y cho tam giác ABC v i A (3; 5), B (1; 2), C (6; 3). G i ∆ là đư ng th ng đi qua A c t BC sao cho t ng kho ng cách t hai đi m B,C đ n ∆ là l n nh t. Hãy l p phương trình đư ng th ng d đi qua đi m E (−1; 1) đ ng th i c t c hai đư ng th ng ∆ và d1 : x − y + 14 = 0 l n lư t t i hai đi m H , K sao cho 3H K = I H 10 v i I là giao đi m c a ∆ và d1 . b) Trong không gian v i h t a đ Ox y z cho hai đi m A (3; 0; 0) , M (−3; 2; 1) .G i (α) là m t ph ng ch a AM và c t hai tr c t a đ O y,Oz l n lư t t i hai đi m B,C đ ng th i t o v i m t ph ng β : x + 2y + 2z − 8 = 0 m t góc 20 x y z ϕ có giá tr cos ϕ = . L p phương trình đư ng th ng ∆ đ i x ng v i đư ng th ng d : = = qua m t 21 −3 −2 2 3 ph ng (α) bi t zC < . :// 2 Câu 7A. (1 đi m) Cho s ph c có ph n th c âm th a đi u ki n z 3 + 2z − 16i = 8z . Hãy tính mô-đun c a s ph c: 1 1 ω = z2 + −8 z + + 17 z2 z B. Theo chương trình nâng cao Câu 6B. (2 đi m) a) Trong m t ph ng v i h t a đ Ox y cho cho đư ng tròn (C ) : x 2 + y 2 − 2x − 6y − 6 = 0 và hai đi m B (5; 3) , C (1; −1) . Tìm t a các đ nh A, D c a hình bình hành ABC D bi t A thu c đư ng tròn (C ) và tr c tâm H c a tam p giác ABC thu c đư ng th ng d : x + 2y + 1 = 0 và hoành đ đi m H bé hơn hơn 2. b) Trong không gian v i h t a đ Ox y z cho hai đi m A (1; 2; 3) , B (4; −1; 3) và đư ng tròn (C ) là đư ng tròn x y z −6 l n n m trong m t c u (S) có tâm I (1; −1; −2) và đư ng th ng ∆ : = = c t đư ng tròn (C ) t i hai đi m 3 2 −2 htt M , N sao cho M N = 8 2 . L p phương trình m t c u (S) , tìm t a đ đi m C thu c m t c u (S) và m t ph ng (P ) : 2x + y + 3z − 22 = 0 sao cho tam giác ABC cân t i C . x 2 − 2x + m Câu 7B. (1 đi m) Cho hàm s y = có đ th là (Hm ) . Tìm m đ ti p tuy n t i đi m M có hoành đ b ng x +1 −2 thu c (Hm ) c t hai tr c t a đ Ox, Oy l n lư t t i hai đi m A, B sao cho tam giác I AB có I A = 4I B v i I là giao đi m c a hai đư ng ti m c n c a đ th (Hm ) . ———————————————–H t—————————————————-
T NG H P L I GI I TRÊN DI N ĐÀN t Câu 1. Cho hàm s y = x 4 − 2 (m + 1) x 2 + 2m − 1 có đ th (C m ), ; m là tham s th c. a) Kh o sát s bi n thiên và v đ th c a hàm s (C 2 ) khi m = 2. ne b) Tìm t t c các giá tr c a m đ đư ng th ng d : y = −1 c t đ th (C m ) t i đúng hai đi m phân bi t A, B , sao cho tam giác I AB có di n tích b ng 4 2 2 − 2 v i I (2; 3). a) L i gi i (hungchng): m = 2 hàm s y = x 4 − 6x 2 + 3 có t p xác đ nh : D = R; *Đ th x =0 * Đ o hàm y = 4x x 2 − 3 , y = 0 ⇐⇒ x =± 3 pi. Hàm s đ ng bi n trên (− 3; 0), ( 3; +∞) ; Hàm s ngh ch bi n trên (−∞; − 3), (0; 3) lim y = +∞; lim y = +∞; x→−∞ x→+∞ * B ng bi n thiên x −∞ − 3 0 3 +∞ y − 0 + 0 − 0 + .k2 +∞ 3 +∞ y −6 −6 Đi m c c đ i (0; 3), Đi m c c ti u (− 3; −6), ( 3; −6) w b) L i gi i (Con ph quen): Phương trình hoành đ giao đi m c a (C m ) và d : x 4 − 2(m + 1)x 2 + 2m − 1 = −1 ⇔ x 4 − 2(m + 1)x 2 + 2m = 0 (1) 2 Đ t t = x ≥ 0. Khi đó phương trình (1) tr thành: t 2 − 2(m + 1)t + 2m = 0 (2). ww Đ (C m ) c t d t i đúng hai đi m phân bi t thì phương trình (1) ph i có đúng hai nghi m phân bi t nghĩa là phương trình (2) ph i có đúng m t nghi m dương. M t khác phương trình (2) có bi t s ∆ = m 2 + 1 > 0 , ∀m nên phương trình (2) luôn có hai nghi m phân bi t. V y đ phương trình (2) có đúng m t nghi m dương thì phương trình (2) ph i có hai nghi m trái d u. Đi u đó tương thích v i đi u ki n : ac < 0 ⇔ m < 0 Khi đó phương hai s có hai nghi m : t 1 = m + 1 − m 2 + 1 < 0 < t 2 = m + 1 + m 2 + 1. T đó t a đ giao đi m A, B c a (C m ) và d là : A − t 2 ; −1 , B t 2 ; −1 ⇒ AB = 2 t 2 . |3 + 1| K I H ⊥d ⇒ I H = d(I ,d ) = = 4. Ta có: 1 1 :// S ∆I AB = I H · AB ⇔ 4AB = S ⇔ 16AB 2 = S 2 ⇔ 16t 2 = 16 4 − 2 2 ⇔ m 2 + 1 = 3 − 2 2 − m 2 2 ⇒ m 2 + 1 = 3 − 2 2 − m ⇔ 2 3 − 2 2 m = 4 2 2 2 − 3 ⇔ m = −2 2 Đ i chi u đi u ki n và ki m tra l i ta th y giá tr c n tìm c a bài toán là :m = −2 2. Câu 2.a Gi i phương trình: cos x (cos 2x − 19) − (1 + sin x) (7 − cos 2x) = −3 (8 + sin 2x) L i gi i 1 (thiencuong_96): P T ⇔ cos x(2 cos2 x − 20) + (1 + sin x)(cos 2x − 7) + 24 + 3 sin 2x = 0 ⇔2 cos3 x − 20 cos x + cos 2x − 7 + sin x(cos 2x − 7) + 24 + 3 sin 2x = 0 p ⇔2 cos3 x + 2 cos2 x − 20 cos x + 16 + sin x(2 cos2 x + 6 cos x − 8) = 0 ⇔2(cos x − 1)(cos x − 2)(cos x + 4) + 2 sin x(cos x − 1)(cos x + 4) = 0 Nên cos x = 1 hay cos x = −4 (Lo i) hay cos x + sin x = 2 (Lo i) htt V y x = k2π, k ∈ Z L i gi i 2 (xuannambka): P T ⇔ cos x(cos 2x − 19) − (1 + sin x)(7 − cos 2x) + 3(8 + sin 2x) = 0 ⇔ − 7 sin x + 3 sin 2x + cos 2x cos x − 19 cos x + 3 cos 2x − 2 cos 2x + sin x cos 2x + 17 = 0 ⇔(cos 2x cos x + sin x cos 2x − 2 cos 2x) + (−7 sin x − 7 cos x + 14) + 3 sin 2x + 3 cos 2x + 3 − 12 cos x = 0 ⇔ cos 2x(cos x + sin x − 2) − 7(sin x + cos x − 2) + 6 cos x(sin x + cos x − 2) = 0 ⇔ − 2(1 − cos x)(sin x + cos x − 2)(cos x + 4) = 0 ⇔ cos x = 1 ⇔ x = k2π 2 http://www.k2pi.net
2y − 3x + y (x − 2) = 4 x −2− y −6 (1) Câu 2.b Gi i h phương trình: (x, y ∈ R) t y +2 y x y − x + 5 = 2 y + 2 − 5x + 6 (2) L i gi i (giangmanh): ne ĐK: x ≥ 2; y ≥ 0; x y − x + 5 ≥ 0 (1) ⇔3 (x − 2) − y (x − 2) − 2y + 4 x −2+ y = 0 ⇔ x −2− y 3 x −2+2 y +4 = 0 . ⇔ x −2 = y ⇒ x −2 = y ⇒ x = y +2 Thay vào (2) ta có : pi. y +2 y 3 + y 2 + 3y + 5y + 16 − 2y − 4 = 0 5 y ⇔ y 1+2 y2 + y + 3 − 2 y + =0 5y + 16 + 4 y2 + 3 5 y ⇔ y 1+2 + =0 y2 + y + 3 + y 5y + 16 + 4 ⇔ y =0⇒y =0⇒x =2 .k2 V y x; y = (2; 0) e x 3 ln x + x 2 ln2 x + 3(x + 1) Câu 3. Tính tích phân I= dx . 1 x(x + ln x) L i gi i (dan_dhv): x+1 e x 3 ln x + x 2 ln2 x e e x e Ta có: I = dx + 3 dx = x ln x dx + 3 ln(x + ln x) 1 x(x + ln x) 1 x + ln x 1 1 w u = 1  e e u = ln x  x 1 1 e Đ t ⇒ 2 ta đư c x ln x dx = x 2 ln x − x dx v =x v = x  1 2 1 2 1 2 e 1 2 1 2e e e2 1 Khi đó. I = x ln x − x + 3 ln(x + ln x) = + 3 ln(e + 1) + ww 2 1 4 1 1 4 4 Câu 4. Cho hình chóp t giác đ u S.ABC D . Bi t c nh bên h p v i m t đáy (ABC D) m t góc 60o và m t c u ngo i a 6 ti p hình chóp S.ABC D có bán kính b ng . G i E là đi m đ i x ng c a D qua trung đi m c a S A , M là trung 3 đi m c a AE , N là trung đi m c a BC . Ch ng minh r ng M N vuông góc v i B D . Tính th tích kh i chóp S.ABC D và kho ng cách gi a hai đư ng th ng M N và AC theo a . L i gi i (thiencuong_96): p :// htt G i P là trung đi m S A . Do S.ABC D là hình chóp t giác đ u nên các c nh b ng nhau và đáy là hình vuông. G i O là giao đi m hai đi m chéo. V y SO ⊥ (ABC D). Trong m t ph ng (S AO) d ng đư ng trung tr c qua P c t SO t i I . Nên I là tâm m t c u ngo i ti p hình chóp. SO 2 Và ta có góc gi a c nh bên và đáy là S AO = 60o ⇒ sin 60o = ⇒ SA = SO SA 3 http://www.k2pi.net 3
SP SI SA SI S A2 6SI 6a Mà có SP I SO A ⇒ = ⇒ = ⇔ = SI ⇔ SO = = SO S A 2SO S A 2SO 4 2 t 6a a Khi SO = Thì S A = 2a, AO = ⇒ AB = a 2 2 ne Ch ng minh M N vuông AC 1 Có M P = C N (Do = AD). 2 Nên C N M P là hình bình hành, do đó M N C P nên M N (S AC ) Mà B D vuông (S AC ) nên M N vuông B D 1 6 3 + VS.ABC D = .SO.S ABC D = a (đvtt) 3 6 + Còn kho ng cách (M N ; AC ) pi. Vì có M N C P nên M N (S AC ) ⇒ d (M N ; AC ) = d (N ; (S AC )) Có B N ∩ (S AC ) = C d (B ; (S AC )) d (B ; (S AC )) BO 2a ⇒ = 2 ⇒ d (N ; (S AC )) = = = d (N ; (S AC )) 2 2 4 Câu 5. Cho các s th c x, y, z thu c kho ng (1; 2) . Tìm giá tr nh nh t c a bi u th c : x y2 y z2 zx 2 P= + 2 + 2 4y 2 z − z 2 x 4z x − x 2 y 4x y − y 2 z .k2 L i gi i (ledinhmanqb): Phân tích: P có d ng hoán v vòng quanh 3 bi n. P l i có d ng thu n nh t nên d khi n ngư i ta n y ra ý tư ng đ t x = az, y = bz ch ng h n. Còn cái đi u ki n có th đ y ý tư ng ngư i làm có nên d n bi n xét hàm. Nhưng d n v bi n nào bây gi ? Th t khó x . Mu n dùng Cauchy-Schwarz cũng s cái m u nó có dương hay không? V y, cái đi u ki n gi thi t có m c đích gì đây? Ch c n bi t d u đ ng th c t i nh ng giá tr nào c a bi n c . Ch bi t r ng khi đó x = y = z là đ và min P = 1 Bài gi i: V i đi u ki n x, y, z ∈ (1; 2) ta có các bi u th c w 4y 2 z − z 2 x > 0, 4z 2 x − x 2 y > 0, 4x 2 y − y 2 z > 0. Do đó, theo Cauchy-Schwarz ta có (x y + y z + zx)2 P≥ 4x y z(x + y + z) − x2 y 2 M t khác, ta có hai BĐT quen thu c sau đây (khi đi thi nh CM l i nhé): ww (a + b + c)2 a2 + b2 + c 2 ≥ ≥ ab + bc + c a v i a, b, c > 0. 3 B ng cách đ t a = x y, b = y z, c = zx ta đư c:  3x y z(x + y + z) ≤ (x y + y z + zx)2 2 x 2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x 2 ≥ (x y + y z + zx) 3 T đó suy ra (x y + y z + zx)2 P≥ = 1. (x y + y z + zx)2 (x y + y z + zx)2 4 − :// 3 3 V y, min P = 1 ⇐⇒ x = y = z ∈ (1; 2) . Câu 6A.a Trong m t ph ng v i h tr c t a đ Ox y cho tam giác ABC v i A (3; 5), B (1; 2), C (6; 3). G i ∆ là đư ng th ng đi qua A c t BC sao cho t ng kho ng cách t hai đi m B,C đ n ∆ là l n nh t. Hãy l p phương trình đư ng th ng d đi qua đi m E (−1; 1) đ ng th i c t c hai đư ng th ng ∆ và d1 : x − y + 14 = 0 l n lư t t i hai đi m H , K sao cho 3H K = I H 10 v i I là giao đi m c a ∆ và d1 . L i gi i 1 (Con ph quen):: p B ng phương pháp d ng hình c ng hư ng v i vi c tham s hóa đưa v gi i tích. −→ −→ − − → → Ta có : B A = (2; 3), BC = (5; 1) ⇒ B A · BC = 2 · 5 + 1 · 3 = 13 > 0 Do đó : cos B > 0 ⇒ B nh n. −−→ −→ − − − → → Có : C A = (−3; 2), C B = (−5; −1) ⇒ C A · C B = 15 − 2 = 13 > 0 Do đó : cosC > 0 ⇒ C nh n. htt K B P ⊥∆, CQ⊥∆. Khi đó ta có : d(B,∆) = B P, d(C ,∆) = CQ. G i D là giao đi m c a ∆ và BC khi đó ta có : B P +CQ ≤ B D + DC = BC Do đó : max(B P +CQ) = BC . D u đ ng th c x y ra khi ∆⊥BC . −→ V y ∆ là đư ng th ng đi qua A và ⊥BC nên có →∆ = BC = (5; 1). − n Do đó phương trình đư ng th ng ∆ là : 5(x − 3) + 1(y − 5) = 0 ⇔ 5x + y − 20 = 0 Vì I là giao đi m c a ∆ và d1 nên t a đ đi m I là nghi m c a h phương trình : 5x + y − 20 = 0 x =1 ⇔ . V y I (1; 15). x − y + 14 = 0 y = 15 4 http://www.k2pi.net
−→ − −→ − Xét đi m M (4; 0) ∈ ∆, N (a, a + 14) ∈ d1 th a 3M N = I M 10. Ta có : M N = (a − 4, a + 14), I M = (3; −15). Nên t : 3M N = I M 10 t a =2 ⇔ 9 · (a − 4)2 + (a + 14)2 = 10 · 234 ⇔ 18a 2 + 180a − 432 = 0 ⇔ a = −12 ne HK MN M t khác t gi thi t ta có : 3H K = I H 10 nên ta có : = ⇒ HK MN. IH IM −→ − Do đó đư ng th ng d c n tìm đi qua E và song song v i M N . Nên : →d = M N = (4 − a; −a − 14). −a −→ − x +1 y −1 Trư ng h p 1 : a = 2 ⇒ M N = (2; −16). Lúc đó phương trình d : = ⇔ 8x + y + 7 = 0. 2 −16 −→ − x +1 y −1 Trư ng h p 2 : a = −12 ⇒ M N = (16; −2). Lúc đó phương trình d : = ⇔ x + 8y − 7 = 0. 16 −2 pi. w .k2 ww :// L i gi i 2 (Con ph quen):: S d ng d ng hình và đ i s hóa bài toán dư i d ng t a đ các giao đi m. −→ −→ − − → → Ta có : B A = (2; 3), BC = (5; 1) ⇒ B A · BC = 2 · 5 + 1 · 3 = 13 > 0 Do đó : cos B > 0 ⇒ B nh n. −−→ −→ − − − → → Có : C A = (−3; 2), C B = (−5; −1) ⇒ C A · C B = 15 − 2 = 13 > 0 Do đó : cosC > 0 ⇒ C nh n. K B P ⊥∆, CQ⊥∆. Khi đó ta có : d(B,∆) = B P, d(C ,∆) = CQ. G i D là giao đi m c a ∆ và BC khi đó ta có : B P +CQ ≤ B D + DC = BC Do đó : max(B P +CQ) = BC . D u đ ng th c x y ra khi ∆⊥BC . p −→ V y ∆ là đư ng th ng đi qua A và ⊥BC nên có →∆ = BC = (5; 1). − n Do đó phương trình đư ng th ng ∆ là : 5(x − 3) + 1(y − 5) = 0 ⇔ 5x + y − 20 = 0 Vì I là giao đi m c a ∆ và d1 nên t a đ đi m I là nghi m c a h phương trình : htt 5x + y − 20 = 0 x =1 ⇔ . V y I (1; 15). x − y + 14 = 0 y = 15 G i d là đư ng th ng đi qua E và có véc tơ pháp tuy n là → = (a, b). − n Khi đó phương trình đư ng th ng : d : a(x − 1) + b(y − 15) = 0 (a 2 + b 2 = 0). Vì H là giao đi m c a d và ∆ nên t a đ đi m H là nghi m c a h phương trình : 19b + a  a(x − 1) + b(y − 15) = 0 x =  19b + a 5(5a − b) ⇔ 5b − a (a = 5b). V y H ; . 5x + y − 20 = 0 y =  5(5a − b) 5b − a a − 5b a − 5b http://www.k2pi.net 5
L i có K là giao đi m c a d và d1 nên t a đ  m K là nghi m c a h phương trình : đi x = −13b − a t a(x − 1) + b(y − 15) = 0  b+a −13b − a 13b + a) ⇔ (a = −b). V y K ; . x − y + 14 = 0  y = 13b + a)  b+a a +b a +b ne T đi u ki n bài toán : 3H K = I H 10 ⇔ 9H K 2 = 10I H  a = −7b 1296 · (a + 7b)2 · (a 2 + b 2 ) 1040 · (a + 7b)2 ⇔ = ⇔ (a + 7b)2 (8a − b)(a − 8b) = 0 ⇔  b = 8a (a − 5b)2 · (a + b)2 (a − 5b)2 a = 8b Trư ng h p 1: a = −7b ch n a = 7, b = −1 ⇒ d : 7x − y − 8 = 0. (lo i vì d , d1 , ∆ đ ng quy t i I .) Trư ng h p 2 : a = 8b ch n a = 8, b = 1 ⇒ d : 8x + y + 7 = 0. Trư ng h p 3 : b = 8a ch n a = 1, b = 8 ⇒ d : x + 8y − 7 = 0. pi. Tóm l i ta có hai đư ng th ng th a mãn yêu c u bài toán : 8x + y + 7 = 0 x + 8y − 7 = 0 Câu 6A.b Trong không gian v i h t a đ Ox y z cho hai đi m A (3; 0; 0) , M (−3; 2; 1) .G i (α) là m t ph ng ch a AM và c t hai tr c t a đ O y,Oz l n lư t t i hai đi m B,C đ ng th i t o v i m t ph ng β : x + 2y + 2z − 8 = 0 m t góc ϕ 20 x y z có giá tr cos ϕ = . L p phương trình đư ng th ng ∆ đ i x ng v i đư ng th ng d : = = qua m t ph ng 21 −3 −2 2 .k2 3 (α) bi t zC < . 2 L i gi i (giangmanh): −→ − G i −α = (a; b; c) là VTPT c a (α) . Ta có AM = (−6; 2; 1) → n −→ − − nên −6a + 2b + c = 0 ⇒ c = 6a − 2b → Do A, M ∈ (α) nên AM vuông góc v i n α 20 Ta có góc gi a (α) và β là ϕ có cos ϕ = 21 |a + 2b + 2c| 20 |a + 2b + 2 (6a − 2b)| 20 53a = 22b ⇒ = ⇒ = ⇒ 6159a 2 − 7052ab + 1804b 2 = 0 ⇒ 3a = 2b w 3 a 2 + b 2 + c 2 21 a 2 + b 2 + (6a − 2b)2 7 +)53a = 22b . Ch n a = 22 ⇒ b = 53; c = 26 ⇒ (α) : 22x + 53y + 26z − 66 = 0 c t Oz t i C có zC = 66 > 3 ⇒ Lo i 26 2 +)3a = 2b . Ch n a = 2 ⇒ b = 3; c = 6 3 ⇒ (α) : 2x + 3y + 6z − 6 = 0 c t Oz t i C có zC = 1 < 2 Tho mãn ww V y (α) : 2x + 3y + 6z − 6 = 0 Ta th y d và (α) song song v i nhau mà d và ∆ đ i x ng qua (α) nên (∆) có VTCP −∆ = (−3; −2; 2) → u Ta th y O (0; 0; 0) ∈ (d ). G i H là đi m đ i x ng v i O qua (α) ⇒ H ∈ (∆) . G i K là giao đi m c a OH v i (α) và H x; y; Ta có z K ∈ (α) 2x + 3y + 6z = 12 24 36 72 −→ → ⇒  x y z − ⇒x= ;y= ;z= OH //−αn = = 49 49 49 2 3 6 x = 24 − 3t     49 24 36 72 →= −  36 Khi đó (∆) đi qua H ; ; có VTCP u (−3; −2; 2) ⇒ (∆) y = − 2t 49 49 49 49 ://  72   z =  + 2t 49 Câu 7A. Cho s ph c có ph n th c âm th a đi u ki n z 3 + 2z − 16i = 8z . Hãy tính mô-đun c a s ph c: 1 1 ω = z2 + −8 z + + 17 z2 z L i gi i (giangmanh): Đ t z = a + bi (a, b ∈ R; a < 0) p GT ⇔ (a = bi )3 + 2 (a − bi ) − 16i = 8 (a + bi ) ⇔ a 3 − 3ab 2 − 6a + 3a 2 b − b 3 − 10b − 16 i = 0 a a 2 − 3b 2 − 6 = 0 ⇔ ⇒ 3 6 + 3b 2 b − b 3 − 10b − 16 = 0 ⇔ b 3 + b − 2 = 0 ⇒ b = 1 ⇒ a = −3 (a < 0) 3a 2 b − b 3 − 10b − 16 = 0 htt 1 1 33 9 V y z = −3 + i . Ta có : z + = −3 + i − =− + i z 3−i 10 10 2 1 1 1 1 1 Nên ω = z 2 + 2 − 8 z + + 17 = z + − 4 − 1 = z + − 3 z + − 5 z z z z z 63 9 83 9 1287 657 ⇒ω= − + i − + = − i 10 10 10 10 25 50 2 2 1287 657 9 V y |ω| = + = 3485 25 50 10 6 http://www.k2pi.net
Câu 6B.a Trong m t ph ng v i h t a đ Ox y cho cho đư ng tròn (C ) : x 2 + y 2 −2x −6y −6 = 0 và hai đi m B (5; 3) , t C (1; −1) . Tìm t a các đ nh A, D c a hình bình hành ABC D bi t A thu c đư ng tròn (C ) và tr c tâm H c a tam giác ABC thu c đư ng th ng d : x + 2y + 1 = 0 và hoành đ đi m H bé hơn hơn 2. L i gi i (giangmanh): ne Ta có (C ) có tâm I (1; 3) Ta th y r ng B ;C đ u thu c (C ). G i E là giao đi m c a AI và (C ) ⇒ B HC E là hình bình hành. G i M là trung đi m c a BC ⇒ M (3; 1) Ta có H ∈ d : x + 2y + 1 = 0 ⇒ H (−1 − 2a; a) a > − 3 2 Do B HC E là hình bình hành nên M là trung đi m c a H E ⇒ E (7 + 2a; 2 − a) Ta có E ∈ (C ) ⇒ (7 + 2a)2 + (2 − a)2 − 2 (7 + 2a) − 6 (2 − a) − 6 = 0 ⇒ 5a 2 + 26a + 21 = 0 ⇒ a = −1 a > − 3 ⇒ E (5; 3). A và E đ i x ng qua I ⇒ A (−3; 3) pi. 2 Do ABC D là hình bình hành nên A và D đ i x ng qua M ⇒ D (9; −1) V y A (−3; 3) ; D (9; −1) Câu 6B.b Trong không gian v i h t a đ Ox y z cho hai đi m A (1; 2; 3) , B (4; −1; 3) và đư ng tròn (C ) là đư ng x y z −6 tròn l n n m trong m t c u (S) có tâm I (1; −1; −2) và đư ng th ng ∆ : = = c t đư ng tròn (C ) t i hai 3 2 −2 đi m M , N sao cho M N = 8 2 . L p phương trình m t c u (S) , tìm t a đ đi m C thu c m t c u (S) và m t ph ng .k2 (P ) : 2x + y + 3z − 22 = 0 sao cho tam giác ABC cân t i C . L i gi i (dan_dhv): w Do (C ) là đư ng tròn l n n m trong m t c u nên. Tâm c a (C ); (S) trùng nhau là I ww G i E là trung đi m c a M N . Khi đó I E = d (I ; ∆) Ta có : M (0; 0; 6) ∈ ∆; M I (1; −1; −8); M I ; u∆ Do đó d (I ; ∆) = = 7 Khi đó. R = I E 2 + E N 2 = 9. [u ∆ ] Phương trình m t c u là (x − 1)2 + (y + 1)2 +)z + 2)2 = 81 −→ −→ Ta có. I A(0; 3; 5); I B (3; 0; 5) Nh n th y I A = I B . Tam giác ABC cân t i C khi và ch khi C thu c m t ph ng (Q) qua I và vuông góc AB −→ Ta có. AB (1; −1;O). Phương trình (Q) là: x − y − 2 = 0   2x + y + 3z − 22 = 0 C (1; −1; 7) Khi đó, t a đ C là nghi m c a h (x − 1)2 + (y + 1)2 +)z + 2)2 = 81 ⇔ C (7; 5; 1) :// x − y −2 = 0  x 2 − 2x + m Câu 7B. Cho hàm s y = có đ th là (Hm ) . Tìm m đ ti p tuy n t i đi m M có hoành đ b ng −2 x +1 thu c (Hm ) c t hai tr c t a đ Ox, Oy l n lư t t i hai đi m A, B sao cho tam giác I AB có I A = 4I B v i I là giao đi m c a hai đư ng ti m c n c a đ th (Hm ) . L i gi i (dan_dhv): x 2 + 2x − m − 2 Ta có. M (−2; −m − 8); y = ; y (−2) = −m − 2. (x + 1)2 p Phương trình ti p tuy n c a (H ) t i M : y = (−m − 2)(x + 2) − m − 8 −3m − 12 m +3 A, B là giao c a ti p tuy n v i Ox,O y nên A( ; 0); B (0; −3m − 12) Ta có: y = x − 3 + m +2 x +1 Đ t n t i hai ti m c n thì m = −3. TCĐ:x = −1; TCX : y = x − 3. Nên I (−1; −4) htt −3 2m + 10 2 m +5 2 m= Ta có: I A = 4I B ⇔ + 16 = 4 1 + (3m + 8)2 ⇔ 4(3m + 8)2 = ⇔ 2 m +2 m +2 m = −3 (Lo i) −3 V ym= 2 http://www.k2pi.net 7