DAN DE 1417 NAM 2014day roi

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐÁP ÁN VẮN TẮT ĐỀ 14  2 x 1  M  x0 ; 0  , x0  1 x0  1  Câu I. 2. Gọi  là tọa độ tiếp điểm, thì pttt của (C) tại M có dạng: 2 x 1 1 y x  x0   0 2  x0  1  x0 1 2. Hay. x   x0  1 . y  2 x02  2 x0  1 0. (d).. Vì d(A, d) = d(B, d) nên tìm được x = 0;1; - 2 . 1 5 y = x +1; y = x + 5; y = x + 4 4. Vậy có 3 pttt: Hoặc có thể chia thành 2 trường hợp: tiếp tuyến // hoặc trùng AB; tiếp tuyến đi qua trung điểm AB. p x = + k p; x = p + k 2p, k Î Z 4 Câu II. 1.Lưu ý có sinx 0 chung. Đáp0số:  x+cosx  x 1  3  41   2    3  41 . 1  x 0  3  41  0  x  8  x    2  3x  4 x 2 0 8 8  2. Điều kiện:  (*). Bất phương trình đã cho tương đương với x  1  x 2  2 x(1  x 2 ) 2  3x  4 x 2  3( x 2  x )  (1  x )  2 ( x  0  x 2 )(1  5 x ) 34 x  2 2 2 x x x x x x 1 9 3 2  1 0    9 x 2  10 x  1 0   1 x 1 x 1 x 3   5  34 . x 9   5  34  3  41 x  . 9 8 Kết hợp điều kiện (*), ta suy ra nghiệm của bất phương trình là  2. Câu III..  2. 2. (4cos x  1)cos x 3  4sin 2 x I  d x  .cos x.dx.  2  3sin x  (1  2sin 2 x) 2sin 2 x  3sin x  1 0 0. 1. 3  4t 2  I  dt 2  x 2 t  3 t  1 t  0, 0 2 thì t 1. Suy ra Đặt t sin x. Khi x 0 thì khi 1   6t  5   2   dt (2t  1)(t  1)  0 1. 1. 4 1     2    dt   2t  2ln(2t  1)  ln(t  1)  2t  1 t  1  0.  2  2ln 3  ln 2 ln18  2. 0.  x  2 x  1 x  y  1( x 1)  y 2 x  2( x 1)  x  1  x  y  1     2 2 2 2  2   2 y  x  x . y y  x  x . y y  2 y x  x  xy       Câu V. Hệ  Thay y vào 2 để giải. Câu VI.a.1. C) có tâm I(1; -1), R = 4. Vì IA = 2 3 < R nên A nằm trong đường tròn  đpcm. Từ gt, tính được d(I,  ) = 2 3 rồi áp dụng cách viết phương trình đường thẳng dựa vào khoảng cách. uuu rr ìï AB.n P = 0 ï í ï 2. Tham số hóa tọa độ của A(t), B(t') và giải hệ: ïïî AB = 29 được t và t'.. .  . . .  . n. ( 1 + x) rồi lấy tích phân 2 vế cận từ 0 đến 2. Câu VII.a.Khai triển 2 22 23 2n 121 Cn0 + Cn1 + Cn2 + Cn3 +... + Cnn = 2 3 4 n +1 n +1  n = 4(dùng TP) Kết hợp gt. .

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ak *Giải. là hệ số của số hạng chứa xk nên. ak < ak +1 . ak = 3k C12k. .. k < 8. Suy ra: a0  a1  a2  ...  a8 (1). *Xét bpt ak  ak 1  k  8 . Do đó: a9  a10  a11 (2). a , a , a ,..., a. 11 là a8 a9 1082565 Từ (1) và (2) suy ra số lớn nhất trong các số 0 1 2 Câu VI.b.1. æ7 1 ö AM Ç BC = M ç ;- ÷ ÷ ç ÷ ç è 2 2ø -Giải -Phương trình đường thẳng AD qua D và  BC là: x + y - 2 = 0 AD Ç AM = A( 1;1) -Giải -C/m được trực tâm  ABC là điểm H đối xứng với D qua BC nên H (2;0) . Đặt B(b; b - 4), b £ 3 ; C đối xứng với B qua M nên C (7 - b;3 - b) uuu r uuur AB ( b 1; b 5) ^ CH (b - 5; b - 3)  b = 2 (vì b  3). -Giải uuur AB qua A và CH (- 3; - 1) làm VTPT nên có pt: 3x + y - 4 = 0 uuur AC qua A và BH (0; 2) làm VTPT nên có pt: y - 1 = 0 2. Gọi I là tâm m/c (S) thì IM đi qua M và vuông góc với (P) nên có PTTS: ïìï x = 1 + m ï í y =- 2 + m ïï m  I (1 + m; - 2 + m; m) ïïî z = 2. æAB ö ÷ d 2 ( I , d ) +ç = IM 2 (= R 2 ) ÷ ç ÷ ç è2 ø Giải phương trình được m = 1. Suy ra I(2; -1; 1) và R2 = 3. 2 2 2 x - 2) +( y +1) +( z - 1) = 3 ( Vậy m/c (S) có phương trình: 7  i. 3 z 1  2i. 3 . Tìm phần thực và ảo của S 1  z  z 2  ...  z 2009 . Câu VII.b. Cho số phức Thực hiện phép chia 2 số phức và chuyễn z về dạng lượng giác ta được.  7  i. 3   1  2i. 3  13 13i.. 1 3    1  i. 3 2   i.  2  cos  i.sin  1  12 1  12 2  3 3  2 Áp dụng công thức tính tổng cấp số nhân ta được: z. 3. 2010 2010   1  2 2010  cos  i.sin  2010 1 q 1 z 1  22010 3 3  1 2  S u1.     .i 3   1 q 1 z 3   i 3 1  2  cos  i.sin  3 3  n. 2010. ----------------------Hết----------------------. ĐÁP ÁN VẮN TẮT ĐỀ 15 Câu I. 2. Tìm tọa độ 3 đỉnh cực trị A  Oy và B, C. Chỉ cần OBA vuông thì tứ giác OBAC nội tiếp. Câu II. 1. Phương trình đã cho tương đương với 2 2. . . cos 2 x(sin x  cos x)  sin 2 x  1 0  cos x  sin x (sin x  cos x )  (sin 2 x  1) 0.   (cos x  sin x)(sin x  cos x) 2  (sin 2 x  1) 0   (cos x  sin x)(1  sin 2 x)  (sin 2 x  1) 0  (sin 2 x  1)(cos x  sin x  1) 0.   x   k , x k 2 , x   k 2 , k  Z. 4 2 Vậy nghiệm của phương trình là.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  y x  x 3  x  y   x 2  2 x  15  0   x  5  2. Công vế theo vế ta được . Thay vào (2) . Câu III.. 2. e x  x sin x  e x  cosx + sinx . I .  1  cosx . 0. .  x  e  sin x.dx I '  1  cosx  2. 2. ex .dx   .dx  1  cosx 0. x. 0. bằng TPTP được . . I e. 2. 2. . 2. Tính. . 2. 1  ex 2 I'  1  cosx 0.  dx   e 2  1  cosx 0. . 2. . Thay vào (*) ta được Câu IV.. 0. . .  x  e  sin x .dx   1  cosx .  x 3, y  1  x 3, y  7 . x. 2. 2. 0. (*).  1  ex .dx e 2   1  cosx 0 2. . 2. dx   1  cosx 0. . e x .dx  1  cosx 0 2. . dx. x 2.cos 2. e. 2. . 2.  x 2  tan e 2  1 20. S. Q K. 0 0   Gọi O  AC  BD. Vì BCD 120 nên ABC 60 a 3  AC a, OD OB  .  ABC đều cạnh a 2 Kẻ OH  SB tại H. Vì AC  ( SBD ) nên AC  SB. D. P. C. H O.  SB  ( AHC )  SB  AH và SB  HC . (SAB), (SBC )  600  (AH , CH ) 600. A. B.  AHC 600 hoặc AHC 1200 . a 3 0 0  AHC 600  AHO 30  OH OA.cot 30  2 OB, TH 1. vô lý vì OHB vuông tại H. AHC 1200  AHO 600  OH OA.cot 600  a  BH  OB 2  OH 2  a 2 . 3 2 3 TH 2. OH BH OH .BD a 3   SD   . BH 2 2 Vì 2 tam giác vuông BOH và BSD đồng dạng nên SD BD. 1 a3 2 a2 3 a2 3 VS . ABCD  SD.S ABCD  .  . 3 8 4 2 Suy ra  d ( AD, BK ) d  D, ( SBC )  . Vì BC // AD nên (SBC) // AD Kẻ DP  BC tại P, DQ  SP tại Q. Vì BC  ( SDP ) nên BC  DQ  DQ  ( SBC ). a 3 a  DP DC.sin 600  . SDP  DQ  . 2 Từ tam giác vuông 2 Từ tam giác vuông DCP S ABCD 2.S ABC 2.. a d ( AD, BK ) DQ  . 2 Từ (1), (2) và (3) suy ra 2 Câu V. Điều kiện: y  1 0  y  1 hoặc y 1 (*) 2 2 Trong đk (*), ta nhân chia với lượng liên hợp được : x  x 1  y  y  1 (1). . x2 1  x  y . y 2  1 (2).  x 2  1  y  x, y 0  2   y  1  x   x 2  y 2 1 Lần lượt cộng, trừ vtv (1) với (2) ta được:  x, y 0  x 0, y 1  2 2  x  y 1    y 0, x 1  xy 0 . Kết hợp với phương trình (2) của hệ ta được: Kết hợp với đk (*) ta được nghiệm của hệ là (x; y) = (0; 1).. (1) (2) (3).

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Câu VI.a.1.. 1. Cho  ABC có A(3; 3), tâm đường tròn ngoại tiếp I (2; 1), phương trình đường phân giác trong 8 6 8 5 B  ;   , C (0; 2)   5 và BAC góc BAC là x  y 0. Tìm tọa độ B, C biết rằng nhọn. ĐS:  5 5  Vì AD là phân giác trong góc A nên AD cắt đường tròn (ABC) tại E là điểm chính giữa cung BC  IE  BC. BC . Vì E thuộc đường thẳng x  y 0 và IE IA R  5  E (0; 0).    n BC EI (2; 1)  Chọn pt BC có dạng 2 x  y  m 0.  HC  Từ giả thiết. 4 5 3  IH  R 2  HC 2  5 5. A.  m  2  BC : 2 x  y  2 0 | m 5| 3 3      5 5 5  m  8  BC : 2 x  y  8 0.  Vì BAC nhọn nên A và I phải cùng phía đối với BC, kiểm tra thấy BC : 2 x  y  2 0 thỏa mãn. B 2 x  y  2 0 8 6 8 6  B(0; 2), C  ;    B  ;   , C (0; 2) 2 2 5 5 ( x  2)  ( y  1)  5    Từ hệ  hoặc  5 5  B  1  t ;  1  t ; 2  2t  2. Tham số hóa tọa độ và giải AB = 2 được t = -1  B(2; 0; 0)    n  n P , AB  (1;1;1) Một VTPT của (Q) là: . (Q) lại đi qua A nên có PTTQ: x  y  z  2 0  d ( I , BC ) . I H D E. n x - 1) ( Câu VII.a.Khai triển rồi lấy tích phân 2 vế cận từ 0 đến 1 ta được: 1. ò( x - 1). n. 0. Û. ( x - 1). 1. (. n. dx = ò x nCn0 - x n- 1Cn1 + x n- 2 .Cn2 - ... +( - 1) .Cnn. ). 0. n+1 1. n +1. 0. n+1. ( - 1) 1 1 1 1 1 n = Cn0 - Cn1 + Cn2 - ... +( - 1) .Cnn =Û =Û n = 2013 n +1 n n- 1 2014 n +1 2014. ( 1 + x + x3 + x 4 ) SHTQ trong khai triển. 2013. = ( 1+ x). 2013. ( 1+ x3 ). 2013. là:. k l k l Tk ,l C2013 .x k .C2013 .x3l C2013 .C2013 .x k 3l.  k  3l 3  3 Tk ,l là số hạng chứa x  0 k , l 2013 .  k 0, l 1  k 3, l 0 . 0 1 3 0 3 C . C  C . C 1357479299 x 2013 2013 2013 2013 Vậy hệ số của số hạng chứa là. Câu VI.b.1. DE : x  y  3 0  D  t ;  t  3 . Vì DE  AC nên 1 1 d  G, AC   d  B, AC   d  D, AC  3 3 Ta có  D  1;  4   t 1 1 2t  4  2 .    . 3 2  t  5  D   5; 2 . Vì D và G nằm khác phía đối với AC nên  . B. A G E. D  1;  4  .. D 1  1  2. xB  1 GD  2GB    B  1; 8  BD : x 1.  4  4  2  yB  4  Ta có A  AC : x  y  1 0  A  a; a  1 . Vì 4 4 1  S AGCD S AGC  S ACD   1 S ABC  S ABC  S ABD . 3 3 3  Ta có. C. C.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Suy ra . Từ. S ABD.  a 5 1  a  1 .12 48    24  .d  A, BD  .BD 24 a  3  2.  AD BC  C   3;  2  ..  A  5; 6   tm    A   3;  2   ktm . A 5; 6 , B 1; 8 , C  3;  2  , D  1;  4  . Vậy     . 2. Từ giả thiết ta suy ra Câu VII.b. Đưa về dạng tích.    IB  2 IC     IB  -2 IC. 2. x.  I   3;3;  3   I   1;5; 2    3 3 3  . Từ đó (Q):.  1  5x  2 x   5  5x  0. qua A      n  AI , n P . được tập nghiệm. S  0;1. .. ----------------------Hết----------------------. ĐÁP ÁN VẮN TẮT ĐỀ 16 Câu I.2. 1 Hs có 2 điểm cực trị  y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt  m  3 . Hai nghiệm của pt y' = 0 là x = m; x =1- 2 m . 1 17 1 m= 2 2 9 (d m > 3 ) *TH1: Nếu m > 3 thì m > 1 - 2m nên x1 =1- 2m; x2 = m . Giải 2 x1 + x2 = 19 được 1- 28 1 m = 2 2 3 *TH2: Nếu m < 3 thì m < 1 - 2m nên x1 = m; x2 = 1- 2m . Giải 2 x1 + x2 = 19 được 1- 28 17 m= m= 9 hoặc 3 Vậy giá trị m cần tìm là sin x 0 l  sin 2 x 0  x  , l  Z (*).  2 Câu II.1. Đk: cos x 0 Trong đk (*), (1)  . 2.  cos2 x  sin 2 x  .  sin x  cos x  . sin x  cos x sin x.cos x. 2.  cos x  sin x  .sin x.cos x  1 0.  sin x  cos x 0(2)    2.  cos x  sin x  .sin x.cos x  1 0(3)  x  k 4 -Phương trình (2)  tanx = - 1  , k Z 2 -Giải (3): Đặt t = sinx – cosx,  2 t  2  t 1  2sin x.cosx  3 Phương trình(3) trở thành: t  t  2 0  t  2. sin x.cosx =. 1 t2 2.   3 sin x  cos x  2  sin  x   1 x   k 2 4   4 Với t  2 ta được ,k  Z .  x  k 4 Đơi chiếu đk(*) ta được nghiệm của phương trình là ,k  Z . ¿. ( 3 x 2+2 x − 1 )= 83 − 42 ( 1 ). 2. Vì y= 0 không thỏa mãn nên Hệ đã cho tương đương với:. y y 6 4 x +4 x +5= + 2 (2) y y ¿{ ¿ 3.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 3 3 2 2 ( ) ( ) x+ 1 +3 x +1 = + 3. Cộng pt(1) và pt(2) theo vế ta được (*) y y Xét hàm số f (t)=t 3 +3 t , t ∈ R . Ta có f ' (t)=3 t 2+ 3>0, ∀ t . Suy ra f (t) đồng biến . 2 Do đó (∗)⇔ x +1= (3). y Thay vào (2), ta được x 3+ 4 x +5=3 ( x +1 ) + ( x+ 1 )2 ⇔ x 3 − x 2 − x+1=0 ⇔ x=1 hoặc x=−1 Thay vào (3), ta được nghiệm của hệ là ( x ; y ) =( 1; 1 ) .. ().  2. I  Câu III. Chia cả tử và mẫu cho x2 được 2 .  6. 1.  sin x  1    x . 2. .. x.cosx  s inx .dx x2 . Đặt. t. sin x x ta được :. 3 .    3    2  dt t1 3 2 I  2 ln ln  ln ln t 1 2  3  2    3    2  3 1 t . . Câu IV.Gọi O là giao điểm của AC và BD. Chứng minh  SAC cân tại S nên SA = SC = SB  hình chiếu H của S là tâm đường tròn ngoại tiếp  ABC Từ gt,tính được AC = a để suy ra  ABC đều  H là trọng tâm  ABC. a3 2 a V ; d ( AC , SD) OK  6 Kẻ OK  SD  2 Tính được 2 2 Câu V. x  2m  2 x  1 x .  x  2 x 2  1 0   2 2  x  2m  x  2 x  1 . . . 2. x 2  2m  x  2 x 2  1.  x 2  1 0    x 2 x 2  1   2 2 m 2 x x  1  2( x  1). 2  1 x  3   4 2 2  m 2 x  x  2 x  2.  4 x 2 t   1;  2  3  ta được phương trình m 2 t  t  2t  2 Đặt  4 f (t ) 2 t 2  t  2t  2, t  1;   3 Xét hàm số 2t  1 f '(t )   2; f '(t ) 0  2t  1 2 t 2  t 2 t t vô nghiệm. Lập BBT của f(t) ta được: 2 0 m  3 Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi Câu VI.a.1. Cần lưu ý: -Tâm J là giao điểm của IM với (T). 2 2  x  7    y  2  4 -Bán kính r = d(J, PQ). Đáp số: 2. Vẽ hình để tìm phương pháp giải.     - Kiểm tra A không nằm trên 1 và 2 nên hai trung tuyến trên kẻ từ B và C. 2 4 ;0;   3 3  là trọng tâm  ABC. Giải B  2b;1  3b; 2  2b    1  ; C  1  c;0;1  c     2 .  1     2  G . Đặt. Áp dụng công thức tọa độ trọng tâm ta được. Ta có:. B  0;1; 2  ; C  1;0;1.   AB   1 2 1    AB   1; 2;1 e  AB  6 ; 6 ; 6         AC  AC  0;1;0   e '  AC  0;1;0 . ..

<span class='text_page_counter'>(7)</span>     1 2 1  1 u e  e '  ;1  ;  1; 6  2;1  6 6 6  6  VTCP của đường phân giác là: x 1 y 1 z 1   1 Vậy phương trình đường phân giác trong góc A là  1 2  6. . . n. ( 1 + x) rồi lấy TP 2 vế với cận từ 0 đến 2 ta được n = 4.. Câu VII.a. Khai triển. ( 1- x) + x3 (1- x)) ( Biến đổi. 4. = ( 1- x ) ( 1 + x 3 ) 4. k. Số hạng tổng quát của kt là:. 4. k. Tk , m = C4k .( - x ) .C4m .x 3m = ( - 1) C4k .C4m .x k +3m. . Đáp số: -10x4.. 2 2 Câu VI.b.1.(C) có tâm I(-1; 1), R = 2. Tính được IM = R + R = 2 2  M nằm trên đường tròn (T) tâm I bán kính IM. Mặt khác M nằm trên D m nên M là điểm chung của D m với (T).. Bài toán yêu cầu có duy nhất điểm M nên D m phải tiếp xúc với (T) hay d(I, D m ) = IM - m +4 - 4 ±6 2 = 2 2 Û 7 m 2 + 8m - 8 = 0 Û m = 7 m 2 +1  2. Gọi H là hình chiếu của I trên mp(P) cần tìm. Khi đó: d (d , ( P )) = d ( I , ( P)) = IH £ IA (Vì IH là đoạn vuông góc). Do đó, d(d, (P)) lớn nhất khi IH = IA hay H º A. uu r IA Vậy (P) là mp qua A và nhận làm VTPT nên có PTTQ: 2x - z - 9 = 0. Câu VII.b. y' . mx 2  2 x  2m  m2. Ta có:.  mx  1. 2. 2 *Nếu m = 0 thì y x  1 không đồng biến trên R nên không thỏa mãn ycbt. ì 1ü D = R \ ïí - ïý ïîï m ïþ ï; *Nếu m  0 thì TXĐ: 2 2 Ycbt  y' 0,  x  D  mx  2 x  2m  m 0, x  R m  0 1 5  1 m  2 3  '  1  2 m  m  0    2 ----------------------Hết----------------------. ĐÁP ÁN VẮN TẮT ĐỀ 17 Câu I.2. Phương trình đường thẳng d có dạng: y = k(x + 1) + 2 2 x 1 2 x  1  x  1  kx  k  2  k ( x  1)  2   x 1  x  1(TM ) Phương trình tìm hoành độ giao điểm: 2  kx  2kx  k  1 0(1)  k 0  k 0  cắt (C) tại 2 điểm p.biệt  (1) có hai nghiệm phân biệt    '  0 (*) y' . 1.  x  1. 2. 2. 2. k  x A  1  1; k  xB 1  1 . Gọi x A , xB là 2 nghiệm của (1) thì và 1 1 kA  ; kB  2 2  x A  1  xB  1 . Do đó: 1 1 1 2 kA     xB  1   k   2 2 k B  xA  1   k  (BĐT Cô si). Ta có:.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>  k . 1  k  1   k. Đẳng thức xảy ra  (do k < 0) 1 kA  k B nhỏ nhất khi và chỉ khi k = -1. Vậy.     .tan  x   0 6 3      l  .cos  x   0 x  6 3   6 2 (*) 1 tan x      3 . tan x  3  1 tan  x   .tan  x    1 6 3  1   tan x 1  3 tan x 3 . Trong đk(*) ta có: 8.  sin 3 x.sin3x + cos3 x.cos3 x  1  8sin 2 x.sinx.sin3x. + 8cos 2 x.cosx.cos3 x 1 Do đó (1)   -2  1- cos2x  .  cos4x  cos2x  + 2  1+ cos2x  .  cos4x  cos2x  1  4cos2x  4cos4x.cos2x 1 1   2 8.cos3 2x 1  cos2x  cos  x   k 4cos2 x  4 2cos 2 x  1 .cos2 x  1     2 3 6  x   k 6 Đối chiếu đk(*) ta được nghiệm của phương trình là: , k  Z.  x   k 4 Đối chiếu đk ta được    tan  x     cos  x    Câu II.1. Điều kiện  .  x 2  x 0   2 x  1  x  x  0  Câu II.2. Điều kiện: .  x 0  x 1    x 1. 2.  x 0   x 1. (*). 2. Trong đk (*) thì x  1  x  x = 0  x = 1 (ktm). Vậy x  1  x  x  0 Do đó, nhân chia với lượng liên hợp ta được:. . ( x  1) x  1  x 2  x. Bpt .  x 1.  2x  1  x . x 2  x 2 x . x 2  x 1  3x.  x 1  x 0  x 2  x 0  1    1  3x 0  x   x 0 3  x 2  x (3 x  1) 2   8 x 2  5 x  1 0  /4. I Câu III.. .   /4. sin x 1  x2  x.  /4. dx . .  /4. 1  x 2 sin xdx .   /4.  x sin xdx I. 1.  I2.   /4.  /4. I1  *Tính.  . 1  x 2 sin xdx.  /4. : đặt x=-t thì I1 0.  /4. I2  *Tính.  x.sin x.dx. bằng TPTP để được đáp số. Câu V. Đk: x y + 2 y ³ 0 Û y ³ 0 (*) 2 Từ phương trình đầu của hệ ta có: xy =- x - x - 3 . Thay vào (2) được   /4 2. ( x +1) + 3( y +1) + 2 ( - x 2 - x - 3 2. ). ( x 2 + 2) y = 0 Û - x 2 - 2 + 3 y - 2 ( x 2 + 2) y = 0.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> y y y - 2 2 - 1= 0 =1 2 2 x +2 x +2 x +2   y = x +2 2 Thay y = x + 2 vào phương trình dầu của hệ ta được x = -1  y = 3. Vậy nghiệm của hệ là (x; y) = (-1; 3). Û 3. 2. Câu VI.a.1. I  AC  I  t ; 2t  3 . E 2t  4; 4t  6  . Gọi I  AC  BE. Vì Ta thấy I là trung điểm của BE nên  E    t 3  I 3; 3 , E 2; 6 ..     Theo giả thiết Vì AD / / BC , AD 2BC nên BCDE là hình bình hành.   Suy ra ADC IBC. 2   cot IBC cot ADC 2  cos IBC  . 5 Từ   C  AC  C  c; 2c  3   BI   1; 3 , BC  c  4; 2c  3  .. Vì. 2  cos IBC   5. B I.  A. Ta có. c  1 2   2  5 3c  22c  35 0 10. 5c 2  20c  25 5c  5. C. E.  c 5  .  c 7  3.  7 5 C  ;  .` C 5; 7 Suy ra   hoặc  3 3  C 5; 7 , A 1;  1 , D 3; 13 . Với   ta thấy I là trung điểm của AC nên  vì E là trung điểm của AD nên   7 5  11 13   1 23  C ; , A ;  , D  ;  . Với  3 7  tương tự ta có  3 3   3 3 . Câu VI.a.2. Viết pt mp (ABC). Đặt I(a; b; c) là tâm đường tròn ngoại tiếp  ABC. ìï IA = IB ïï í IA = IC ïï ï I Î ( ABC )  Giải hệ ïî a, b, c  I và R = IA. x   0;1   2;   Câu VII.a. Đk: (*) Trong đk (*): (1) . (Đs: I (0; 2;1), R  5) .. é x 2 - 3x + 2 = 0 x 2 - 3x + 2.( log 2 x 2 + 2 log x 2 - 5) £ 0 Û ê ê ê ë2.log 2 x + 2 log x 2 - 5 £ 0. x 2 - 3 x + 2 = 0  x = 1(loại) hoặc x = 2 -Giải bpt 2.log 2 x + 2log x 2 - 5 £ 0 bằng cách đặt log 2 x = t ³ 1. -Giải. Câu VI.b.1. Tâm và bán kính của (C), (C’) lần lượt là I(1; 1) , I’(-2; 0) và R 1, R ' 3 , đường thẳng (d) qua 2 2 M có phương trình a( x  1)  b( y  0) 0  ax  by  a 0, (a  b 0)(*) . + Gọi H, H’ lần lượt là trung điểm của AM, BM. 2. 2. IM 2  IH 2 2 I ' M 2  I ' H '2  1   d ( I ;d )  4[9   d ( I ';d )  ] , IM  IH . 9a 2 b2 36a 2  b 2 2 2  4  d ( I ';d )    d ( I ;d )  35  4. 2  2 35  2 35  a 2 36b 2 2 2 2 a b a b a b  a  6 b 1    a 6 . Dễ thấy b 0 nên chọn Kiểm tra điều kiện IA  IH rồi thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn. 2.Áp dụng cách lập phương trình mp dựa vào góc hoặc xem câu VI.a.2 đề số 5. ĐS: x + 2y + z - 3 = 0 Khi đó ta có: MA 2MB . Câu VII.b.. D.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> ìï x 2 - 2 x + 2 = ( x - 1)(- x + m). ïí x2  2x  2 ï x ¹ 1(TM ) x 1 Pt tìm hoành độ giao điểm của (C) với d1 là: = - x + m  ïî. 2  2 x - (m + 3) x + m + 2 = 0 (1).. (. m Î - ¥ ;1- 2 (C) cắt d1 tại 2 điểm phân biệt  (1) có 2 nghiệm phân biệt  A ( x1 ; - x1 + m) , ( x2 ; - x2 + m) Trong đk(*), gọi x1 , x2 là 2 nghiệm của (1) thì æx1 + x2 ö x + x2 Iç ;- 1 + m÷ ÷ ç ÷ è 2 ø hay 2  trung điểm I của AB là: ç. ) (. 2 È 1 + 2 2; +¥. æm + 3 3m - 3 ÷ ö Iç ; ÷ ç ç è 4 ø 4 ÷. Vì d1  d2 nên A, B đối xứng nhau qua d2 khi và chỉ khi trung điểm AB nằm trên d2 hay I  d2. 3m - 3 m + 3 = +3 Û m = 9 4 4 Do đó: (**). Kết hợp (*) với (**) ta được m =9 ----------------------Hết---------------------Có gì không hiểu hoặc cần giải đáp, các em liên hệ qua SĐT: 0915.050.122 Thi xong nhớ báo kết quả cho thầy nhé !!! Chúc các em thành công!!!. ). (*).

<span class='text_page_counter'>(11)</span>