Thông tin tài liệu
GV NGUYỄN THỊ LAN-TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH ĐỀ CHÍNH THỨC !"#$% &'(& Thời gian làm bài 180 phút,không kể thời gian giao đề )*+,-./012%345 67/12%345Cho hàm số 3 2 y x 3x 3mx 1 (1)= − + + − , với m là tham số thực 85Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0 b) Tìm m để hàm số (1) nghịch biến trên khoảng (0; + ∞ ) 67/12%345Giải phương trình 1 tan x 2 2 sin x 4 π + = + ÷ 67/12%345Giải hệ phương trình 4 4 2 2 1 1 2 2 ( 1) 6 1 0 + + − − + = + − + − + = x x y y x x y y y (x, y ∈ R). 679/12%345Tính tích phân 2 2 2 1 1 ln − = ∫ x I x dx x 67:/12%345Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A, · 0 ABC 30= , SBC là tam giác đều cạnh a và mặt bên SBC vuông góc với đáy. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB). 67;/12%345Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện 2 (a c)(b c) 4c+ + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 2 2 3 3 32a 32b a b P (b 3c) (a 3c) c + = + − + + )*+<=/12%345 Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) &)#>?@#ABCDEF##7G 670)8/12%345Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm C thuộc đường thẳng d : 2x y 5 0+ + = và A( 4;8)− . Gọi M là điểm đối xứng của B qua C, N là hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳng MD. Tìm tọa độ các điểm B và C, biết rằng N (5;-4). 67 H)8 /1 2%345 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng x 6 y 1 z 2 : 3 2 1 − + + ∆ = = − − và điểm A(1;7;3). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với ∆ . Tìm tọa độ điểm M thuộc ∆ sao cho AM = 2 30 . 67I)8/12%345) Gọi S là tập hợp tất cả số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt được chọn từ các số 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7. Xác định số phần tử của S. Chọn ngẫu nhiên một số từ S, tính xác xuất để số được chọn là số chẵn. )#>?@#ABCDEF#6C@8? 670)J/12%345Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng :x y 0∆ − = . Đường tròn (C) có bán kính R = 10 cắt ∆ tại hai điểm A và B sao cho AB = 4 2 . Tiếp tuyến của (C) tại A và B cắt nhau tại một điểm thuộc tia Oy. Viết phương trình đường tròn (C). 67 H)J /1 2%345 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x 3y z 11 0+ + − = và mặt cầu 2 2 2 (S):x y z 2x 4y 2z 8 0+ + − + − − = . Chứng minh (P) tiếp xúc với (S). Tìm tọa độ tiếp điểm của (P) và (S). 67I)J/12%345Cho số phức z 1 3i= + . Viết dạng lượng giác của z. Tìm phần thực và phần ảo của số phức 5 w (1 i)z= + . GV NGUYỄN THỊ LAN-TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH *"K&1& )*+,-./012%345 67 a/ Khảo sát, vẽ (C) : m = 0 ⇒ y = x 4 – 2x 2 D = R, y’ = 4x 3 – 4x, y’ = 0 ⇔ x = 0 hay x = ±1 Hàm số đồng biến trên (-1; 0) và (1; +∞), nghịch biến trên (-∞;-1) và (0; 1) Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và y CĐ = 0, đạt cực tiểu tại x = ±1 và y CT = -1 lim x y →±∞ = +∞ Bảng biến thiên : x -∞ -1 0 1 +∞ y’ − 0 + 0 − 0 + y +∞ 1 +∞ -1 -1 y = 0 ⇔ x = 0 hay x = 2± Đồ thị tiếp xúc với Ox tại (0; 0) và cắt Ox tại hai điểm ( 2± ; 0) b/ y’ = 4x 3 – 4(m + 1)x y’ = 0 ⇔ x = 0 hay x 2 = (m + 1) Hàm số có 3 cực trị ⇔ m + 1 > 0 ⇔ m > -1 Khi đó đồ thị hàm số có 3 cực trị A (0; m 2 ), B (- 1m + ; – 2m – 1); C ( 1m + ; –2m – 1) C¸ch 1 Do AB = AC nên tam giác chỉ có thể vuông tại A. Gọi M là trung điểm của BC ⇒ M (0; -2m–1) Do đó ycbt ⇔ BC = 2AM (đường trung tuyến bằng nửa cạnh huyền) ⇔ 2 1m + = 2(m 2 + 2m + 1) = 2(m + 1) 2 ⇔ 1 = (m + 1) 1m + = 3 2 ( 1)m + (do m > -1) ⇔ 1 = (m + 1) (do m > -1) ⇔ m = 0 C¸ch 2 Ta có ABC∆ cân tại A ⇒ ∆ MPN vuông tại M ,suy ra 2 2 2 MN MP NP+ = 3 ( 1) ( 1) 1 0 0m m m ⇔ + + − = ⇔ = C¸ch 3: Do AB = AC nên tam giác chỉ có thể vuông tại A. ⇔ . 0AB AC = uuur uuur ⇔ -(m+1) + (m+1) 4 = 0 ⇔ (m+1)[(m+1) 3 – 1]=0 ⇔ (m+1)(m 3 + 3m 2 + 3m) = 0 ⇔ m(m+1)(m 2 + 3m +3) = 0 ; chỉ có m = 0 thỏa mản điều kiện m > -1. 67) 3 sin2x+cos2x=2cosx-1 ⇔ 2 3 sinxcosx + 2cos 2 x = 2cosx ⇔ cosx = 0 hay 3 sinx + cosx = 1 ⇔ cosx = 0 hay 3 2 sinx + 1 2 cosx = 1 2 ⇔ cosx = 0 hay cos( ) cos 3 3 x π π − = ⇔ x = 2 2 k hay x k π π π + = hay 2 2 3 x k π π = + (k ∈ Z). 67 3 2 3 2 2 2 3 9 22 3 9 1 2 x x x y y y x y x y − − + = + − + − + = C¸ch 1 Đặt t = -x Hệ trở thành 3 3 2 2 2 2 3 3 9( ) 22 1 2 t y t y t y t y t y + + + − + = + + + = . Đặt S = y + t; P = y.t Hệ trở thành 3 2 3 2 2 2 3 3( 2 ) 9 22 3 3( 2 ) 9 22 1 1 1 2 ( ) 2 2 2 S PS S P S S PS S P S S P S P S S − + − − = − + − − = ⇔ − + = = + − x y -1 O - -1 1 GV NGUYỄN THỊ LAN-TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH 3 2 2 3 2 6 45 82 0 4 1 1 ( ) 2 2 2 S S S P P S S S + + + = = ⇔ ⇔ = + − = − . Vậy nghiệm của hệ là 3 1 1 3 ; ; ; 2 2 2 2 − − ÷ ÷ C¸ch 2: 3 2 3 2 2 2 3 9 22 3 9 1 1 ( ) ( ) 1 2 2 x x x y y y x y − − + = + − − + + = . Đặt u = x 1 2 − ; v = y + 1 2 Hệ đã cho thành 3 2 3 2 2 2 3 45 3 45 ( 1) ( 1) ( 1) 2 4 2 4 1 u u u v v v u v − − = + − + − + + = Xét hàm f(t) = 3 2 3 45 2 4 t t t− − có f’(t) = 2 45 3 3 4 t t− − < 0 với mọi t thỏa t≤ 1 ⇒ f(u) = f(v + 1) ⇒ u = v + 1 ⇒ (v + 1) 2 + v 2 = 1 ⇒ v = 0 hay v = -1 ⇒ 0 1 v u = = hay 1 0 v u = − = ⇒ Hệ đã cho có nghiệm là 3 1 1 3 ; ; ; 2 2 2 2 − − ÷ ÷ . C¸ch 3 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 9 22 0 3 9 22 0 1 1 2 2 1 1 3 9 22 0 2 2 1 2 x y x y x y x y x y xy x y x y hpt x y x y x y x y x y x y xy x y x y x y x y − − + − − + = − + + − + − − + = ⇔ ⇔ + − + = + − + = − + − + − + − − − + = ÷ ÷ ⇔ + − + = Đặt u x y v xy = − = Khi đó hpt trở thành ( ) ( ) 2 1 1 3 9 22 0 1 2 2 1 2 2 2 u u v u u u u v + + − + − + = ÷ ÷ − + = Rút v từ (2) thay vào (1) ta được 2 3 6 2 45 82 0 2u u u u− − + = ⇔ = Với 3 2 4 u v= ⇒ = − . Ta tìm được ( ) ( ) = − − ÷ ÷ 3 1 1 3 x; y ; v x; y = ; 2 2 2 2 C¸ch 4 3 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 9 22 3 9 ( )( 9) 22 3( )(1) 1 2 ( 1 2) ( 1 2) 1(2) x x x y y y x y x y xy x y x y x y x y − − + = + − − + + − + = + ⇔ + − + = − + + = Từ (2) : 1 2 ; 1 2a x cosa y sina⇒ ∃ − = + = . Thay vào (1) ta được: (1 )(3 2 ( ) 2 37 4) 22 3(1,5 )cosa sina cosa sina cosasina cosa sina cosa sina+ − + − + − − − + = + − Đặt t = cosa – sina thì PT trên trở thành: 2 3 (1 )(1,5 (1 ) 2 2 37 4) 22 3(1,5 ) 2 39 41 0 1( 2)t t t t t t t t t+ + + − − − + = + ⇔ + − = ⇒ = ≤ 2 ( 4) 1 2 2 2cos a a k k π π π π ⇒ + = ⇒ = ∧ − + ⇒ HPT có 2 nghiệm:(3/2; -1/2) và (1/2; -3/2 ) 679) 3 2 1 1 ln( 1)x I dx x + + = ∫ = 3 3 2 2 1 1 1 ln( 1)x dx dx x x + + ∫ ∫ = 1 3 1 1 x − − J+ = 2 3 J+ . Với 3 2 1 ln( 1)x J dx x + = ∫ Đặt u = ln(x+1) ⇒ du = 1 1 dx x + ; dv = 2 1 dx x , chọn v = 1 x − - 1 J = 3 1 ( 1)ln( 1) 1 x x − − + + 3 1 dx x ∫ = 3 1 ( 1)ln( 1) 1 x x − − + + 3 1 ln x = 4 ln 4 2ln 2 3 − + + ln3 GV NGUYỄN THỊ LAN-TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH = 2 ln 2 ln3 3 − + . Vậy I = 2 2 ln 2 ln 3 3 3 − + + Cách khác : Đặt u = 1 + ln(x+1) ⇒ du = 1 dx x + ; đặt dv = 2 dx x , chọn v = 1 x − , ta có : [ ] 3 1 1 1 ln( 1)I x x = − + + + 3 1 ( 1) dx x x + ∫ = [ ] 3 3 1 1 1 1 ln( 1) ln 1 x x x x − + + + + = 2 2 ln 2 ln 3 3 3 − + + 67:) C¸ch 1 Ta có : Diện tích mặt đáy ABC là : 3 4 1 2 aS ABC = ∆ Gọi M là trung điểm AB : 1 a MH= MB= 3 6 Vì ABC∆ đều cạnh a, CM là đường cao : a 3 CM= 2 Xét CMH∆ vuông tại M Theo Pitago ta có: 2 2 2 CH =CM +MH = 2 2 a 3 a + 2 6 ÷ ÷ ÷ = 7 2 a 9 ⇒ a 7 CH= 3 Góc hợp bởi SC và mặt phẳng ABC bằng 60 0 ⇒ 0 60SCH∠ = Xét HSC ∆ vuông tại H ta có : Tan ∠ SHC = HC SH ⇒ SH = HC.Tan ∠ SHC = 3 21 3. 3 7 aa = Tích Thể Tích khối chóp S.ABC ⇒ 2 3 1 1 a 21 a 3 a 7 V = SH.S = . . = SABCΔABC 3 3 3 4 12 Xét trong mặt phẳng (ABC) kẻ d qua A và song song với BC Nên BC//(SA;d)=> [ ] ( ) d =d BC;SA B SA,d→ Dựng hình thoi ABCD , dựng HK ;HI sao cho : ( ) ( ) HK AD k AD HI SK I SK ⊥ ∈ ⊥ ∈ Ta có ( ) SH ABC SH AD ⊥ ⇒ ⊥ Mà HK AD ⊥ nên ( ) AD SHK⊥ ( ) ( ) SAD SHK ⇒ ⊥ Mà ( ) êHI SK n n HI SAD ⊥ ⊥ ⇒ HI là khoảng cách từ H đến (SAD) nên : 3 2 3 3 2 sin. aa KAHAHKH ==∠= Xét SHK ∆ vuông tại H ,đường cao HI: 2 2 2 222 7 243 21 3111 a a a HKHSHI = + =+= 6 7 . 2 a HI =⇒ Vì BC//(SAD) và 2 3 HA AB = nên khoảng cách cần tìm là : d = 3 3 7 42 . 2 2 2 6 8 a a HI = = C¸ch 2 Gọi M là trung điểm AB, ta có ; a a a MH MB HB= − = − = H 0 ; ; a a a a CH CH = + = ⇒ = 0 a SC HC= = ; SH = CH.tan60 0 = 21 3 a ( ) 0 0 1 9 a a V S ABC a= = dựng D sao cho ABCD là hình thoi, AD//BC & " GV NGUYỄN THỊ LAN-TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH Vẽ HK vuông góc với AD. Và trong tam giác vuông SHK, ta kẻ HI là chiều cao của SHK. Vậy khoảng cách d(BC,SA) chính là khoảng cách 3HI/2 cần tìm. a a HK = = , hệ thức lượng HI HS HK a a ⇒ = + = + ÷ ÷ ÷ ÷ [ ] 9 9 9 1 H a a a HI d BC SA HI⇒ = ⇒ = = = 7 2 6 a HI⇒ = C¸ch 3 - Ta có ( ) ( ) · · 1 & & ;= = .Gọi I là trung điểm AC. Khi đó ta có 3 1 7 21 7 3 6 3 3 12 3 2 SABC a IH IB a a a CH SH V a CI = = ⇒ = ⇒ = ⇒ = = - Dựng Iz//HS . Chọn hệ trục Ixyz ( như hình vẽ) Khi đó , 3 21 ;0;0 ; ;0;0 ; 0; ;0 ; ;0; 2 2 2 6 3 a a a a a A B c S − ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ Từ đó , ta có ( ) , . 42 , 8 , SA BC AB a d SA BC SA BC = = uur uuur uuur uur uuur C¸ch 4- 67;) C¸ch 1x + y + z = 0 nên z = -(x + y) và có 2 số không âm hoặc không dương. Do tính chất đối xứng ta có thể giả sử xy ≥ 0 Ta có 2 2 2 2 3 3 3 12( ) x y y x x y P x y xy − + + = + + − + + = 2 2 2 3 3 3 12[( ) ] x y y x x y x y xy − + + = + + − + − ≥ 2 2 2 2 3 2.3 12[( ) ] y x x y x y x y xy + + + − + − + − I S H B C A z x y GV NGUYỄN THỊ LAN-TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH ≥ 3 2 3 2.3 2 3 x y x y x y + − + − + . Đặt t = 0x y+ ≥ , xét f(t) = 3 2.( 3) 2 3 t t− f’(t) = 3 3 2.3( 3) .ln 3 2 3 2 3( 3.( 3) ln 3 1) 0 t t − = − > ⇒ f đồng biến trên [0; +∞) ⇒ f(t) ≥ f(0) = 2 Mà 3 x y− ≥ 3 0 = 1. Vậy P ≥ 3 0 + 2 = 3, dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = z = 0. Vậy min P = 3. C¸ch 2 Từ giả thiết suy ra ( ) 2 2 2 2x y z xy yz zx + + = − + + Do đó ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 6 2x y z x y y z z x + + = − + − + − Vì vậy nếu đặt , ,a x y b y z c z x = − = − = − thì , , 0a b c ≥ và , ,a b c b c a c a b + ≥ + ≥ + ≥ Ta có : ( ) 2 2 2 3 3 3 2 a b c P a b c= + + − + + Vì a b c + ≥ nên ( ) 2 a b c c + ≥ Tương tự ( ) ( ) 2 2 b c a a c a b b + ≥ + ≥ Công ba bất đẳng thức trên ta được ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2ab bc ca a b c a b c a b c + + ≥ + + ⇒ + + ≥ + + Nên ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 3 3 a b c a b c P a b c a b c≥ + + − + + = − + − + − Xét hàm ( ) ( ) ( ) ( ) ' 3 , 0 3 ln3 1 0 0 1 x x f x x x f x f x f= − ≥ = − > ⇒ ≥ = Vì Vậy 3P ≥ , dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 0 )*+<=/12%345 &)#>?@#ABCDEF##7G 6708)L@# Ta có : AN = 10 3 a ; AM = 5 2 a ; MN = 5 6 a ; cosA = 2 2 2 2 . AM AN MN AM AN + − = 1 2 ⇒ · 45 o MAN = (Cách khác :Để tính · MAN = 45 0 ta có thể tính · · 1 2 3 ( ) 1 1 1 2. 3 tg DAM DAN − − = = + ) Phương trình đường thẳng AM : ax + by 11 1 2 2 a b− − = 0 · 2 2 2 1 cos 2 5( ) a b MAN a b − = = + ⇔ 3t 2 – 8t – 3 = 0 (với t = a b 5⇒t = 3 hay 1 3 t = − + Với t = 3 ⇒ tọa độ A là nghiệm của hệ : 2 3 0 3 17 0 x y x y − − = + − = ⇒ A (4; 5) + Với 1 3 t = − ⇒ tọa độ A là nghiệm của hệ : 2 3 0 3 4 0 x y x y − − = − − = ⇒ A (1; -1) L@# Kẻ MH ⊥ AN (H ∈ AN) MH = d(M,AN) = 2 53 2 3 2 1 2 11.2 = −− B A C D N M GV NGUYỄN THỊ LAN-TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH Đặt : AB = a Ta có : ADNCMNAMBABCDAMN SSSSS ∆∆∆∆ −−−= 6 5 3 2 1 3 2 . 2 . 2 1 . 2 . 2 1 2 2 aa a aa a a aS AMN =−−−= ∆ 3 10 9 10 3 2 2 222 aaa aDNADAN == +=+= 2 5 4 5 2 2 2 222 aaa aBMABAM == +=+= Mặt khác : MANAMANS AMN ∠= ∆ sin 2 1 ⇒ 6 5 sin 2 1 2 a MANAMANS AMN =∠= ∆ 6 5 sin. 2 5 . 3 10 2 1 2 a MAN aa =∠⇔ 2 2 sin =∠⇒ MAN 0 45=∠⇒ MAN 2 53 2 2 . 2 53 == ∠ =⇒ MANSin MH AM A ∈ :2 3 0 2 3AN x y y x − − = ⇔ = − Đặt A(x;2x-3) AM = 2 53 32 2 1 2 11 22 = −−+ − xx ⇔ x 2 -5x+4= 0 = = ⇔ 4 1 x x Vậy 1 2 (1; 1), (4;5)A A− Cách khác: A (a; 2a – 3), 3 5 ( , ) 2 d M AN = , MA = 3 10 . 2 2 MH = ⇔ 2 2 11 7 45 ( ) (2 ) 2 2 2 a a− + − = ⇔ a = 1 hay a = 4 ⇒ A (1; -1) hay A (4; 5). C¸ch 3 Đặt , 0AB a a = > Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 . . . . 2 2 3 6 2 2 2 4 1 1 2 . . 2 2 3 3 6 4 3 3 ADN ABM CMN AMN ABCD ADN ABM CMN a a a a S AD DN a S AB BM a a a S CM CN a a a a a S S S S S a = = = = = = = = = ⇒ = − − − = − − − = Hơn nữa , 2 2 2 2 10 9 3 a a AN AD DN a = + = + = và ( ) 3 5 , 2 d M AN = Nên từ ( ) 1 . , 2 AMN S AN d M AN ∆ = ⇒ ( ) 2 3 5 2 15 2 , 2 4 10 AMN S a d M AN a AN ∆ = = = ⇒ = Và 2 2 2 2 15 10 4 8 a AM AB BM a = + = + = Lấy A AN ∈ ,giải 15 10 8 AM = (1; 1) A(4;5)A v→ − 67H8) C¸ch 1 Ta có M (-1; 0; 2) thuộc d, gọi d u uur = (1; 2; 1) là vectơ chỉ phương của đường thẳng d. [ , ] 2 ( , ) 2 2 d d MI u AB R IH d I d u = = = = uuur uur uur , [ , ] ( 2;0;2) d MI u = − uuur uur ⇒ IH = 8 2 6 3 = 2 2 2 3 R = ⇒ R = 2 6 3 ⇒ phương trình mặt cầu (S) là : 2 2 2 8 ( 3) 3 x y z+ + − = . C¸ch 2 Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên d . Khi đó , IAB∆ vuông tại I nên AB=2IH GV NGUYỄN THỊ LAN-TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH 2 2 2 2 4IA IB BA IH⇒ + = = ( vì tam giác IAB vuông cân tại I) ( ) 2 2 2 , 8 2 2 , 3 d d MI u R IA IH d I d u ⇒ = = = = = uuur uur uur ( Trong đó M(-1;0;2) d∈ ) ( ) 2 2 2 8 : x 3 3 ptmc y z⇒ + + − = C¸ch 3 Giọi H là hình chiếu của O xuống đường thẳng d ⇒ H(t-1;2t;t+2) ⇒ )1;2;1( −−= tttHI Vì IH ⊥ d ⇒ 0. = d uHI ⇔ t-1 + 4t + t-1 =0 ⇔ t = 3 1 ⇒ IH = 222 )1()2()1( −++− ttt = 3 32 9 1 .4)1 3 1 .(2 2 =+− ∆ IAB vuông cân tại I nên IA = IB = IH. 2 = 3 22 Phương trình mặt cầu S có tâm I(0;0;3) bán kính 3 22 == IAR là : x 2 +y 2 +(z-3) 2 = 3 8 67I)8) 1 3 5 n n n C C − = ⇔ ( 1)( 2) 5. 6 n n n n − − = ⇔ 30 = (n – 1) (n – 2), (do n > 0) ⇒ n = 7 Gọi a là hệ số của x 5 ta có 7 2 7 5 7 1 . 2 i i i x C ax x − − − = ÷ ÷ ⇔ 7 7 14 3 5 7 1 ( 1) . . 2 i i i i C x ax − − − − = ÷ ⇒ 14 – 3i = 5 ⇒ i = 3 và 7 7 7 1 . 2 i i C a − − − = ÷ ⇒ a = 35 16 − . Vậy số hạng chứa x 5 là 35 16 − .x 5 . )#>?@#ABCDEF#6C@8? 670JC¸ch 1 Phương trình chính tắc của (E) có dạng : 2 2 2 2 1 ( ) x y a b a b + = > . Ta có a = 4 (E )cắt (C ) tại 4 điểm tạo thành hình vuông nên : M (2;-2) thuộc (E) 2 2 4 4 1 a b ⇔ + = 2 16 3 b⇔ = . Vậy (E) có dạng 2 2 1 16 16 3 x y + = C¸ch 2 Ta có nhận xét , đường tròn và Elip nhận gốc O làm tâm đối xứng. Do đó gs 4 đỉnh hình vuông ( ) ( ) ( ) ( ) ; ; ; ; ; ; ;A a a B a a C a a D a a− − − − Vì ( ) 2 2 2 : 8 4A C a a a∈ + = ⇒ = ( ) 2;2A⇒ 2 2 2 2 2 2 4 4 ( ) : 1 1 x y E m n m n + = ⇒ + = Vì 2m=8 nên m=4 2 2 1 4 16 1 4 3 n n ⇒ + = ⇒ = GV NGUYỄN THỊ LAN-TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH Hơn nữa vì ( ) ( ) 2 2 2 2 4 4 16 : 1 : 1 16 16 3 16 3 x y A E b ptct E b ∈ + = ⇒ = ⇒ + = 67HJ) C¸ch 1 Vì M là giao điểm của ∆ và d nên ta có ( 1 2 ; ;2 )M t t t− + + . Vì A là trung điểm của MN nen suy ra (3 2 ; 2 ;2 )N t t t− − − − N là giao điểm của ∆ và ( )P nên ta có ( ) ( ) 3 2 2 2 2 5 0 2N P t t t t∈ ⇒ − − − − − + = ⇒ = Từ đây ta có (3;2;4), ( 1; 4;0)M N − − . Suy ra ( 4; 6; 4) 2(2;3;2)MN = − − − = − uuuur . 2 3 4 3 2 2 : x y z ptdt − − − ⇒ ∆ = = C¸ch 2 Viết lại (d) dưới dạng: 2 1 ( ) 2 x t y t t R z t = − = ∈ = + Giả sử M(2t-1;t;t+2) N (a;b;c) Ta có 2 1 2 3 2 2 2 3 2 2 4 2 5 0 2 2 4 2 2 5 0 2 5 0 t a a t t b b t t t t t t c c t a b c a b c − + = = − + = − = − − ⇔ ⇒ − − − − + + = ⇔ = + + = = − + − + = + − + = Vậy (3;2;4), ( 1; 4;0)M N − − vµ M(3;2;4), khác A => thỏa mãn 2 3 4 3 2 2 : x y z ptdt − − − ⇒ ∆ = = 67IJ) z x yi= + 5( ) 2 1 z i i z + = − + 5( ) 2 1 x yi i i x yi − + ⇔ = − + + 5[( ( 1) ) 2 ( 1) x y i i x yi − − ⇔ = − + + 5 5( 1) 2( 1) ( 1) 2x y i x x i yi y⇔ − − = + − + + + 5 5( 1) (2 2 ) ( 1 2 )x y i x y x y i⇔ − − = + + − + − 2 2 5 1 2 5( 1) x y x x y y + + = + − = − 3 2 7 6 x y x y − = ⇔ − = − 1 1 x y = ⇔ = z = 1 + i; 2 2 1 1 (1 ) (1 )w z z i i= + + = + + + + 1 1 1 2 ( 1)i i= + + + + + − 2 3i = + 4 9 13w⇒ = + = Hết . AN = 10 3 a ; AM = 5 2 a ; MN = 5 6 a ; cosA = 2 2 2 2 . AM AN MN AM AN + − = 1 2 ⇒ · 45 o MAN = (Cách khác :Để tính · MAN = 45 0 ta có thể tính · · 1 2 3 ( ) 1 1 1 2. 3 tg DAM DAN − −. 2 1 3 2 . 2 . 2 1 . 2 . 2 1 2 2 aa a aa a a aS AMN =−−−= ∆ 3 10 9 10 3 2 2 222 aaa aDNADAN == +=+= 2 5 4 5 2 2 2 222 aaa aBMABAM == +=+= Mặt khác : MANAMANS AMN ∠= ∆ sin 2 1 ⇒ 6 5 sin 2 1 2 a MANAMANS AMN =∠= ∆ 6 5 sin. 2 5 . 3 10 2 1 2 a MAN aa =∠⇔ . = Hơn nữa , 2 2 2 2 10 9 3 a a AN AD DN a = + = + = và ( ) 3 5 , 2 d M AN = Nên từ ( ) 1 . , 2 AMN S AN d M AN ∆ = ⇒ ( ) 2 3 5 2 15 2 , 2 4 10 AMN S a d M AN a AN ∆ = = = ⇒ = Và 2 2 2 2 15
Ngày đăng: 05/02/2015, 01:00
Xem thêm: Đề+Đap an Toan khoi A,A1 2013(chuan)
