Đề thi thử ĐH Toán Chuyên Lào Cai 2014 - Lần 1
Upcoming SlideShare
Loading in...5
×
 

Like this? Share it with your network

Share

Đề thi thử ĐH Toán Chuyên Lào Cai 2014 - Lần 1

on

  • 1,577 views

Contact me for more document:

Contact me for more document:
http://www.facebook.com/JoeJoeCalderone?ref=tn_tnmn

Statistics

Views

Total Views
1,577
Views on SlideShare
1,577
Embed Views
0

Actions

Likes
0
Downloads
30
Comments
0

0 Embeds 0

No embeds

Accessibility

Categories

Upload Details

Uploaded via as Adobe PDF

Usage Rights

© All Rights Reserved

Report content

Flagged as inappropriate Flag as inappropriate
Flag as inappropriate

Select your reason for flagging this presentation as inappropriate.

Cancel
  • Full Name Full Name Comment goes here.
    Are you sure you want to
    Your message goes here
    Processing…
Post Comment
Edit your comment

Đề thi thử ĐH Toán Chuyên Lào Cai 2014 - Lần 1 Document Transcript

  • 1. www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH LÀO CAI        ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013.2014  Tổ: Toán – Tin học                                                MÔN: TOÁN (Khối A)  Thời gian:180 phút (Không kể thời gian giao đề)  ­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­  I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm).  2 x - 3  Câu 1 (2.0 điểm).  Cho hàm số  y = (C )  x + 1 a)  Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số.  b)  Lập phương trình của parabol (P) có dạng  y = ax 2  + bx + c (a, b, c Î ¡  , biết rằng parabol (P) đi qua  ) các điểm M(xi;yi) thuộc đồ thị (C) có tọa độ là các số nguyên với hoành độ  x  > -  .  4 i  x  7  p 4 cos 2 + 2 cos 2 ( - x) - 3cos(2 x - 3p ) - 3  2 4  Câu 2 (1.0 điểm).  Giải phương trình  = 0  1 - 2 sin x x ì 3  - y  2  ïx + x2 + y  = 3  ï Câu 3 (1.0 điểm). Giải hệ phương trình  í y  ï y - x + 3  = 0 2 2  ï x + y  î  1  x2  + ex .  x + x  dx .  Câu 4 (1.0 điểm). Tính tích phân  I = ò  (x +1).  x  e 0  Câu  5  (1.0  điểm).  Cho  khối  lăng  trụ  đứng  ABC . A ' B ' C '  có  đáy  ABC  là  tam  giác  vuông  tại  B  với AB = a ,  AA ' = 2  , A'C = 3a. Gọi M là trung điểm cạnh C'A', I là giao điểm của các đường thẳng AM  a và  A'C. Tính theo  a  thể tích khối  IABC và khoảng cách từ A tới mặt phẳng ( IBC ) .  3  x3 y  ì x, y , z > 0 Câu 6 (1.0 điểm). Cho  í . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:  P = 2  ( x + yz)( y + zx)( z + xy )  î x + y + 1 = z PHẦN RIÊNG ( 3.0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc phần B.  A.  Theo chương trình nâng cao.  Câu 7a (1.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H ( 5;5  , phương  )  trình đường thẳng chứa cạnh BC là  x + y - 8 = 0 . Biết đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đi qua hai  điểm M ( 7;3) , N ( 4; 2  . Tính diện tích tam giác ABC.  )  Câu 8a (1.0 điểm).  Trong không gian  Oxyz  cho tứ diện  ABCD, với trọng tâm G của tứ diện thuộc mặt  ,  1; 1;1; phẳng  ( b ) : y - 3 z = 0,  đỉnh A thuộc mặt phẳng  (a ) : y - z = 0,  các đỉnh  B(-  0; 2 ),  C (-  0 ),  5  D(2;1; -  và thể tích khối tứ diện ABCD là  . Tìm tọa độ đỉnh A.  2)  6  Câu 9a (1,0 điểm).  Trong một hộp gồm có 8 viên bi xanh và 6 viên bi trắng, chọn ngẫu nhiên 5 viên bi.  Tính xác suất để 5 viên bi được chọn có cả bi xanh và bi trắng.  B. Theo chương trình chuẩn.  Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ  Oxy  cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 6. Phương  ,  trình đường thẳng chứa đường chéo BD là  2 x + y = 11  , đường thẳng AB đi qua  M (4; 2),  đường thẳng BC  đi qua  N (8; 4 ). Viết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh hình chữ nhật, biết các điểm  B, D  đều  có hoành độ lớn hơn 4.  Câu  8b  (1.0  điểm).  Trong  không  gian  Oxyz  cho  hai  điểm  A(1; -  ), B(2;1; 2)  và  mặt  phẳng  ,  1;0 ( P) : x - y + 2 z - 1 = 0.  Viết phương trình mặt phẳng  (Q  đi qua A vuông góc với mặt phẳng (P) sao cho  )  khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng  (Q  là lớn nhất.  )  Câu 9b (1.0 điểm).  Tìm số phức z thỏa mãn điều kiện iz - (1 + 3  ) z  i 2  = z  .  1+ i
  • 2. www.VNMATH.com ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1­2013­2014  TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI  Tổ Toán­ Tin học  MÔN: TOÁN (KHỐI A)  ­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­  Hướng dẫn chấm gồm 8 trang  Câu  1  ý  Nội dung  a  2 x - 3  (1điểm)  Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số  y = x + 1 (C )  Tập xác định : D = ¡ {-1}  . ·  Sự biến thiên:  ­  Giới hạn và tiệm cận:  lim y = lim y = 2;  tiệm cận ngang  y = 2. Điểm  ·  x ®-¥ x  ®+¥ 0,25  lim y = +¥, lim + y = -¥  tiệm cận đứng  x = -  ;  1.  x ®( -1) - x ®( -1)  5  > 0, " x Î D  .  2  ( x + 1)  Hàm số đồng biến trên các khoảng  (-¥; -  và  (-1; +¥). 1) Bảng biến thiên: ­  Chiều biến thiên:  y ' = ·  0,25  0,25  ·  Đồ thị hàm số:  y  I 0,25  2  ­1  0  3/2  x  ­3  b  2 x - 3  (1điểm)  y = x + 1 (C )  2 x - 3 5  Ta có:  y = = 2 , để y nguyên thì 5 phải chia hết cho x+1, tức x+1  x +1 x + 1 phải là ước của 5, suy ra:  x + 1 Î { ± 1; ± 5} Þ x Π {0;­2;4;­6} Do đó các điểm M(xi;yi) thuộc đồ thị (C) có tọa độ là các số nguyên với  x  > -  4 i  là:  M 1 (0; -3); M 2 (-  7); M 3 (4;1) .  2; 2  Từ điều kiện parabol (P): y=ax  +bx+c,  đi qua các điểm M1; M2 ; M3  ta có hệ  phương trình:  0,25  0,25  0,25 
  • 3. www.VNMATH.com ìc = - 3 ì a = 1  ï ï í 4a - 2b + c = 7 Û íb = -3  ï16 a + 4b + c = 1 ïc = -3 î î  0,25  2  Vậy (P): y=x  ­3x­3.  2  3  (1điểm)  Câu 2 (1.0 điểm).  Giải phương trình  x  7  p 4 cos 2 + 2 cos 2 ( - x) - 3cos(2 x - 3p ) - 3  2 4  = 0  1 - 2 sin x Giải:  1 p 5  p Điều kiện  s inx ¹ Û x ¹ + k 2p ; x ¹ + k 2    . Khi đó  p 2 6 6 x  7  p PT Û 4 cos 2 + 2 cos 2 ( - x) - 3cos(2 x - 3p ) - 3 = 0  2 4 x  7    p é ù Û 2(2 cos 2 - 1) + ê 2 cos2 ( - x) - 1ú + 3cos2x = 0  2 4 ë û  7    p Û 2cosx + cos( - 2 x) + 3cos2x = 0  2 Û 2cosx­sin 2 x + 3c  os2x = 0 sin 2 x  3  Û cos2 x = cosx  2 2  p p Û sin (2x­ ) = sin( ­x)  3 2 p p 5p 2  p é é p ê 2x­ 3 = 2 ­x+k2  ê x = 18 + k  3  (k Î Z )  Ûê Ûê p ê 2x­ p = p - ( p ­x) + k2p ê x = 5  + k 2  p ê ê 3 2 6  ë ë  Kết hợp với điều kiện, ta có phương trình có họ nghiệm là:  5p 2    p x= +k (k ΠZ )  18 3 (1điểm)  0,25  0,25  0,25  0,25  x ì 3  - y  2  ïx + x2 + y  = 3 (1)  ï Câu 3 (1.0 điểm). Giải hệ phương trình  í y  ï y - x + 3  = 0 (2) 2 2  ï x + y  î  ­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­  Giải :  Nhân phương trình (1) với y và phương trình (2) với x rồi cộng hai phương trình  lại, ta thu được.  (3x - y) y ( x + 3y)  x  2xy + 2 2 - 2 2  = 3y Û 2xy -1 = 3y  0,5  x +y x + y  3y +1  Từ đó suy ra :  x =  , thay vào phương trình (2) của hệ, ta có :  0,25  2 y  éæ 3y +1ö2  2 ù æ 3y +1  ö 4 2  y êç ÷ + y ú -ç ÷ - 3y = 0 Û 4 y - 3y  -1 = 0  êè 2 y ø ú è 2y  ø ë û  2  Từ đó suy ra : y  =1 hay y =1 hoặc y = ­1. Hệ có hai nghiệm là: (2;1); (1;­1)  0,25
  • 4. www.VNMATH.com 4  1 điểm  1  x2  + ex .  x + x  dx  Tính tích phân  I = ò  (x +1).  x  e 0  ­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­  1 1  x x  I = ò x dx + ò dx  Ta có :  e x +1  0 1 3 124 2 0 4 3  0,25  I1 I  2  1  ìu = x ìdu = dx  x  Þí *) Tính  I1  = ò  x dx  Đặt  í -x - x  e v îdv = e dx î  = -e 0  1 1  1 - 1  2  e Khi đó :  I1  = (-xe- x ) + ò  - xdx = - - e  x  = 1  .  0 0  0  e e 0,25  1  x  *) Tính  I2  = ò  dx  x +1  0  Đặt  t = x Þ x = t 2  Þ dx = 2  tdt Đổi cận : với x= 0 thì t=0. với x=1 thì t = 1.  1 1 1  1  dt  2t 2  2  I  Khi đó :  I2 = ò 2 dt = ò (2 - 2 )dt = 2t - 2ò  2  = 2 - 2  3  0  0  t +1  t +1 t +1 0 0 0,25  1  dt  *) Tính  I  = ò  2  ;  Bằng cách đặt t=tanu. Từ đó tính được  3  t +1  0  1  du  2  cos u  = p I  = ò  2  3  tan u +1 4  0  p 4  5  2  p Kết quả :  I = 3 - -  e 2  1 điểm  Cho khối lăng trụ đứng  ABC . A ' B ' C '  có đáy  ABC  là tam giác vuông tại B,  với AB = a ,  AA ' = 2  , A'C = 3a. Gọi M là trung điểm cạnh C'A', I là giao điểm  a của các đường thẳng AM  và  A'C. Tính theo  a  thể tích khối  IABC và khoảng  cách từ A tới mặt phẳng ( IBC ) .  ­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­ 0,25 
  • 5. www.VNMATH.com Gọi H, K theo thứ tự là hình chiếu của I trên AC, A'C'. Khi đó do 1  ( ABC ) ^ ( ACC'A') nên  IH ^ ( ABC) . Từ đó  VI .ABC =  SDABC .IH 3  Do  ACC'A'  là hình chữ nhật nên  AC = (1)  0.25  A' C 2  - AA' 2  = a 5 .  Do tam giác ABC vuông tại B nên  BC = AC 2  - AB 2  = 2  .  a 1  Suy ra  S DABC  = AB.AC = a 2  .                 (2)  2  Theo định lý Thalet,  ta có  IH AC 2 IH  2 2 2 4  = = Þ = = Þ IH = HK = a  (3)  IK A' M 1 KH 2 + 1 3 3 3  1 4  Từ (1), (2), (3) suy ra  VI .ABC = S DABC .IH =  a 3 . 3 9  2  2  Từ (3) và theo định lý  Thales, ta được  IC =  A' C . Suy ra  S DBIC =  S DBA' C  .  3  3  0,25  Do ABB'A' là hình chữ nhật nên  BA' = BA2 +BB' 2  = a 5 .  Do  BC ^ BA,  BC ^  BB' nên BC ^ ( BAA' B' ) Þ BC ^  BA' .  1  2 2 5  2  a  BC.BA' = a 2  5 .  Từ đó  S DBIC = SDBA' C  =  .  2  3 3  3V 2  a  .  Từ đó, do  VI .ABC = VA.IBC  . Suy ra d ( A,( IBC ) ) = I .ABC  =  S IBC  5  0,25  Suy ra  S DBA' C  = 6  (1điểm)  0,25  ì x, y , z > 0 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:  Câu 6 (1.0 điểm). Cho  í î x + y + 1 = z P = 3  x3 y  2  ( x + yz)( y + zx)( z + xy )  ­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­  Ta có:  x+yz=yz+z­y­1=(y+1)(z­1).  y+zx=zx­x+z­1=(x+1)(z­1)  z+xy=x+y+1+xy=(x+1)(y+1)  z­1=x+y  Khi đó:  P = 3  x3 y3 x3 y3 x 3 y  = = 3  ( x + yz)( y + zx)( z + xy ) 2 ( z - 1) 2 ( x + 1)3 ( y + 1)3 ( x + y )2 ( x + 1)3 ( y + 1)  0,25  Áp dụng BĐT Cauchy ta có:  x + y ³ 2 xy Û ( x + y ) 2  ³ 4xy  x+1= x 2  x x 27  2  3 + + 1 ³ 3 3  Þ ( x + 1)  ³ x  2 2 4 4  y 2  y y 27  3 3  Þ ( y + 1)  ³  y 2  y+1= + + 1 ³ 3 2 2 4 4  0,25
  • 6. www.VNMATH.com Suy ra:  P = 0,25  3  x3 y 3 x3 y  4  £ = 2 3 3  27 27  ( x + y ) ( x + 1) ( y + 1) 4xy. x 2 .  y 2  729  4 4  0,25  ì x = y = 2  4 ; đạt được khi  í 729  î z = 5  1điểm  Câu 7a (1.0 điểm). Trong  mặt phẳng  với  hệ  tọa độ  Oxy, cho tam giác  ABC có  trực tâm H ( 5;5  , phương trình đường thẳng chứa cạnh BC  là  x + y - 8 = 0 .  )  Vậy GTLN của  P =  7a  Biết  đường  tròn  ngoại  tiếp  tam  giác  ABC  đi  qua  hai  điểm M ( 7;3 ) , N ( 4; 2  .  )  Tính diện tích tam giác ABC.  y  A  B  H  M  H'  N  C  O  x  Gọi H’ là điểm đối xứng với H qua BC.  Phương trình HH’:  x - y = 0 .  Khi đó, giao điểm của HH’ và BC là I ( 4; 4  .  )  Suy ra tọa độ điểm H ' ( 3;3  .  )  Chứng minh được H’ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.  Gọi  Pt  đường  tròn  ngoại  tiếp  tam  giác  ABC  2 2 2 2  x + y + 2ax + 2by + c = 0 ( a + b - c > 0 )  Do M, N, H’ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên ta có  ì7 2 + 32  + 14a + 6b + c = 0  ì a = -5  ï 2 2  ï í3 + 3 + 6 a + 6b + c = 0 Û íb = -4  ï 2 ï 2  4 îc = 36  î  + 2 + 8a + 4b + c = 0  Phương  trình  đường  tròn  ngoại  tiếp  tam  giác  2 2  x + y - 10 x - 8 y + 36 = 0  ( C )  ABC  0,25  là là 0,25  Vì A = HH 'Ç ( C ) Þ  A ( 6; 6 ) (vì  A º  H ' ) {B; C} = BC Ç ( C )  Þ Tọa độ  B, C là nghiệm của phương trình  é ì x = 3  êí ì x 2 + y 2  - 10 x - 8 y + 36 = 0  ê î y = 5  Û í ê ì x = 6  î x + y - 8 = 0  êí ê î y = 2  ë  Þ BC = 3 2  Diện tích tam giác ABC là  0,25
  • 7. www.VNMATH.com S ABC  = 8a  1 1  6 + 6 - 8  d ( A, BC ) .BC = .3 2 = 6 (đvdt)  2 2  2  0,25  1 điểm  Câu 8a (1,0 điểm). Trong không gian  Oxyz  cho tứ diện  ABCD, với trọng tâm G  ,  của  tứ  diện  thuộc  mặt  phẳng  ( b ) : y - 3 z = 0,  đỉnh  A  thuộc  mặt  phẳng  (a ) : y - z = 0,  các đỉnh  B(-  0; 2),  C (-  0 ),  D(2;1; -  và thể tích khối  1; 1;1; 2)  5  tứ diện ABCD là  . Tìm tọa độ đỉnh A.  6  ­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­  ì4 xG = x  A  ï Gọi  G ( xG ; yG ; zG ), A( x A ; y A ; z A ) Þ  í4y G  = y A  + 2  ï4 z = z  . î  G A  uuu   r ì y  = 1  Từ  G Î ( b ), A Î (a ) Þ  í A  Þ A(xA;1;1) Þ BA = (x  +1;1; -1).  A  îz  = 1 A  r r r  uuu r uuu r  1  uuu uuu uuu BA Ta có  VABCD  = é BC , BD ù .  và  BC = (0;1; -2), BD = (3;1 - 4).  û 6  ë Suy ra  uuu uuu r r uuu uuu uuu   r r r 1  é BC , BDù = (-2; -6; -3) Þ é BC , BDù .BA = -2xA - 5 Þ VABCD = -2 xA  - 5 .  ë û ë û 6  1 5  5.  Vậy  -2 x A - 5 = Û 2 x A + 5 = ±5 Þ x A  = 0,  hoặc  x A  = -  6 6  Với  x A  = 0 Þ  A(0;1;1),  với  x A  = -5 Þ A(-  5;1;1).  9a  0,25  0,25  0,25  0,25  1điểm  Câu  9a  (1,0  điểm).  Trong  một  hộp  gồm  có  8  viên  bi  xanh  và  6  viên  bi  trắng,  chọn ngẫu nhiên 5 viên bi. Tính xác suất để 5 viên bi được chọn có cả bi xanh và  bi trắng.  ­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­  5  Số cách chọn ra 5 viên bi từ 14 viên bi là  C14  = 2002  (cách), suy ra, không  0,25  gian mẫu là  W = 2002. Gọi A là biến cố trong 5 viên bi được chọn có cả bi xanh và bi trắng. Ta có  1 4 3 3 1  W A  = C8C6 + C82C6 + C8 C62 + C84C6  = 1940.  Vậy  P ( A) = 7b  W A  W  = 1940 970  = » 0,969030969  2002 1001  0,5  0,25  1điểm  Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ  Oxy  cho hình chữ nhật ABCD có  ,  diện tích bằng 6. Phương trình đường thẳng chứa đường chéo BD là  2 x + y = 11  ,  đường thẳng AB đi qua  M (4; 2),  đường thẳng  BC đi qua  N (8; 4 ). Viết phương  trình  các đường thẳng chứa các cạnh  hình chữ  nhật, biết  các điểm  B, D  đều có  hoành độ lớn hơn 4.  ­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­  uuur uuu r B Î BD Þ B (t ;11 - 2t ) Þ MB = (t - 4;9 - 2t ), NB = (t - 8;7 - 2t )  uuur uuu r  Þ MB. NB = 0 Û (t - 4)(t - 8) + (9 - 2t )(7 - 2t ) = 0 Û 5t 2  - 44t + 95 = 0 Û t = 5,  hoặc  t = 19 / 5.  Với  t = 19 / 5 Þ B(19 / 5;17 / 5)  loại vì  xB  < 4.  Với  t = 5 Þ B(5;1) .  0,25
  • 8. www.VNMATH.com x - 5 y - 1  = Û x + y - 6 = 0.  4 - 5 2 - 1  x - 5 y - 1  0,25  Đường thẳng BC là đường thẳng BN:  = Û x - y - 4 = 0.  8 - 5 4 - 1  Vì  D Î BD Þ D ( s;11 - 2 s ),  ta có  s+11­2s­6 5 - s s - 11 + 2s - 4 3s - 15  d(D,AB)= = , d ( D, BC ) = =  .  2 2 2 2  5 - s 3s - 15  Mà  S( ABCD )  = 6 Û d ( D, AB).d ( D, BC ) = 6 Û . = 6  2 2  Suy ra đường thẳng AB là đường thẳng BM:  2  Û 5 - s = 4 Û s = 7, hoặc  s = 3 < 4  (loại)  Với  s = 7 , suy  D (7; -  3),  Khi đó AD:  x - y - 10 = 0,  DC:  x + y - 4 = 0.  8b  0,25  0,25  Câu 8b (1.0 điểm). Trong không gian  Oxyz  cho hai điểm  A(1; -  ), B(2;1; 2)  ,  1;0 và mặt phẳng  ( P) : x - y + 2 z - 1 = 0.  Viết phương trình mặt phẳng  (Q  đi qua A  )  vuông  góc  với  mặt  phẳng  (P)  sao  cho  khoảng  cách  từ  điểm  B  đến  mặt  phẳng  (Q  là lớn nhất.  )  ­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­  Phương trình mp(Q) đi qua A có dạng  a( x - 1) + b( y + 1) + cz = 0 (a2 + b2 + c2  ¹ 0).  uu r uu r  Mặt phẳng (P), (Q)  có một vtpt lần lượt là  nP = (1; -1; 2), nQ  = (a, b, c).  uu uu r r  Vì  (Q ) ^ ( P),  nên  nQ .nP  = 0 Û a - b + 2c = 0 Û a = b - 2  c Þ (Q) : (b - 2c )( x - 1) + b( y + 1) + cz = 0.  3  b  Ta có d ( B, (Q  ) = ) .  2 (b - 2c )  + b 2 + c 2  0,25  Nếu  b = 0,  thì d ( B, (Q ) ) = 0.  0,25  Nếu  b ¹ 0,  thì d ( B, (Q) ) = 3 (1 - 2t )2 + 1 + t 2 3 = 2  æ 2 ö 6  5 ç t - ÷ + è 5 ø  5  £ 30  æ c ö , ç t  = ÷ .  2  è b ø c  2  =  , chọn  c = 2,  thì  b = 5  và  a = 1.  b 5  Vậy  (Q ) : ( x - 1) + 5( y + 1) + 2 z = 0 Û x + 5 y + 2 z + 4 = 0.  0,25  Dấu bằng khi và chỉ khi  t  = 9b  0,25  iz - (1 + 3  ) z  i 2  = z  .  1 + i ­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­  Câu 9b (1.0 điểm).  Tìm số phức z thỏa mãn điều kiện Gọi z=a+bi  (a, b Î ¡  .Ta có: )  iz - (1 + 3  ) z  i - a - 4b + ( b - 2  ) i  2 a 2  2  = z  Û = a + b  1 + i 1 + i é a - 4b + ( b - 2a ) i ù (1 - i ) û Ûë = a 2 + b 2 Û -3a - 3b + ( 5b - a ) i = 2 ( a 2 + b 2  )  2  0,25  0,25
  • 9. www.VNMATH.com 2  ì-3a - 3b = 2 ( a + b  )  ì26b 2  + 9b = 0  ï Ûí Ûí Ûa =b=0 a = 5  b  5b - a = 0  ï î î  45 9  Vậy có 2 số phức cần tìm:  z = 0 và  z = - -  i 26 26  2 hay a = - 45 9  ; b = 26 26  Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tương đương với biểu điểm chấm.  0,25  0,25