Đề thi thử đại học môn toán 2014 khối a, b đại học vinh lần cuối (có Đáp án)

Đáp án và đề thi thử đại học môn toán 2014 khối a, b đại học vinh lần cuối  1 x2  2  3x  4x2 .Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân20cos3 2cos d .2 3sin cos 2I x x xx x  Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình hộp ABCD.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a 3, BD  3a, hìnhchiếu vuông góc của B lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của AC. Biết rằng côsin của góc tạo bởihai mặt phẳng (ABCD) và (CDDC ) bằng 21 .7Tính theo a thể tích khối hộp ABCD.ABC D và bánkính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.Câu 6 (1,0 điểm). Giả sử a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểuthức2 222 23 ( ) .( ) 5 ( ) 5 4P a b a bb c bc c a ca      II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a hoặc phần b)a. Theo chương trình ChuẩnCâu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có phương trình đườngchéo AC : x  y 1  0, điểm G(1; 4) là trọng tâm của tam giác ABC, điểm E(0; 3) thuộc đường cao kẻ từD của tam giác ACD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành đã cho biết rằng diện tích của tứ giác AGCDbằng 32 và đỉnh A có tung độ dương.Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC vuông tại C, BAC  300 ,AB  3 2, đường thẳng AB có phương trình 3 4 8 ,1 1 4x  y  z  đường thẳng AC nằm trên mặt phẳng( ) : x  z 1  0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng đỉnh B có hoành độ dương.Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn 1 7 1 .5 5z i z iz z   b. Theo chương trình Nâng caoCâu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD có AD BC, AD  2BC, đỉnhB(4; 0), phương trình đường chéo AC là 2x  y 3  0, trung điểm E của AD thuộc đường thẳng : x  2y 10  0. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thang đã cho biết rằng cotADC  2.Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 1; 1), B(3; 2; 4) và mặt phẳng( ) : x  5y  2z 5  0. Tìm điểm M thuộc mặt phẳng ( ) sao cho MA  AB và  ,  330.31d A MB Câu 9.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 222 24 ( 2)2 3 0(

www.VNMATH.com TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN CUỐI - NĂM 2014

Môn: TOÁN; Khối: A; Thời gian làm bài: 180 phút

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 1

1

x y x

 





a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho

b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M, biết khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng

:y 2x 1

5

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình sin (cos 2x x2cos )x cos 2 cosx x1

Câu 3 (1,0 điểm) Giải bất phương trình x 1x2  2 3 x4x2

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân

2

0

cos 3 2cos

d

2 3sin cos 2









Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình hộp ABCD A B C D có đáy ABCD là hình thoi cạnh ' ' ' ' a 3, BD3 ,a hình

chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng ( ' ' 'A B C D là trung điểm của ') A C Biết rằng côsin của góc tạo bởi ' ' hai mặt phẳng (ABCD và () CDD C bằng ' ') 21

7 Tính theo a thể tích khối hộp ABCD A B C D ' ' ' ' và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A BC D ' ' '

Câu 6 (1,0 điểm) Giả sử a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b c 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2

3

4

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a hoặc phần b)

a Theo chương trình Chuẩn

Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có phương trình đường

chéoAC x: y 1 0, điểm G(1; 4) là trọng tâm của tam giác ABC, điểm E(0; 3) thuộc đường cao kẻ từ

D của tam giác ACD Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành đã cho biết rằng diện tích của tứ giác AGCD bằng 32 và đỉnh A có tung độ dương

Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC vuông tại C,  BAC 30 ,0

3 2,

AB  đường thẳng AB có phương trình 3 4 8,

x y z

 đường thẳng AC nằm trên mặt phẳng ( ) : x  z 1 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng đỉnh B có hoành độ dương

Câu 9.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn 1 7 1

z i z

i

b Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD có AD // BC, AD2BC, đỉnh (4; 0),

B phương trình đường chéo AC là 2xy 3 0, trung điểm E của AD thuộc đường thẳng

:x 2y 10 0

    Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thang đã cho biết rằng cotADC 2.

Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 1; 1),B(3; 2; 4) và mặt phẳng ( ) : x5y2z 5 0. Tìm điểm M thuộc mặt phẳng ( ) sao cho MAAB và  ,  330

31

d A MB 

Câu 9.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

2

x y











- Hết -

www.VNMATH.com

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN CUỐI - NĂM 2014

Môn: TOÁN – Khối A; Thời gian làm bài: 180 phút

a) (1,0 điểm)

10 Tập xác định: \ {1}

20 Sự biến thiên:

* Giới hạn tại vô cực: Ta có lim 1

Giới hạn vô cực:

1

lim



1



Suy ra đồ thị (H) có tiệm cận ngang là đường thẳng y  1, tiệm cận đứng là đường thẳng x 1

* Chiều biến thiên: Ta có 2 2

( 1)

y x

Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ; 1 và 1; 

0,5

* Bảng biến thiên:

30 Đồ thị:

Đồ thị cắt Ox tại 1; 0 , cắt Oy tại (0;1)

Nhận giao điểm I(1; 1) của hai tiệm cận

làm tâm đối xứng

0,5

b) (1,0 điểm)

0 0

1

1

x

x





Khi đó ta có

0 0 0

1

1

( , )

x x x

d M





0 0 0

1

1

x x

x





2

0

1

1

2

x

x

 



0,5

Câu 1

(2,0

điểm)

*) Với x  0 1, ta có M ( 1; 0), suy ra pt tiếp tuyến yy'( 1).( x1) hay 1 1

y x

*) Với 0 1

, 2

; 3 , 2

M 

  suy ra pt tiếp tuyến

y y   x 

    hay y8x1.

0,5

Phương trình đã cho tương đương với

cos 2 (sinx xcos ) sin 2x  x 1 0  2 2 

cos x sin x (sinx cos ) (sin 2x x 1) 0

2

(cos sin )(sin cos ) (sin 2 1) 0 (cos sin )(1 sin 2 ) (sin 2 1) 0 (sin 2 1)(cos sin 1) 0

0,5

Câu 2

(1,0

điểm)

*)

2 2

3

2

x k

















0,5

x

'

y

y



1











1

y

I

1



1

1 1



www.VNMATH.com

4

2

xk  x k  k 

Điều kiện: 2

2

8

x

x x



 



(*)

Bất phương trình đã cho tương đương với

x 1 x22 x(1x2) 2 3x4x2 3(x2x) (1 x) 2 ( xx2)(1x)0

0,5

Câu 3

(1,0

điểm)

2

9

x

x











Kết hợp điều kiện (*), ta suy ra nghiệm của bất phương trình là 5 34 3 41

0,5

Ta có

Đặt tsin x Khi x 0 thì t 0, khi

2

x 

 thì t 1 Suy ra

2 0

3 4

d

t

t t







0,5

Câu 4

(1,0

điểm)

0 0



0,5

*) Áp dụng định lý côsin cho tam giác A B D' ' ' suy

' ' ' 120

B A D  Do đó A B C' ' ', A C D' ' ' là các tam giác đều cạnh a 3

Gọi O A C' 'B D' ', ta có BOA B C D' ' ' ' 

Kẻ OH  A B' ' tại H, suy ra A B' 'BHO Do đó

 ABCD , CDD C' ' BHO.

2 3

a

Vậy

3 0 ' ' ' '

ABCD A B C D

0,5

Câu 5

(1,0

điểm)

' '

a

BO  A C nên tam giác A BC vuông tại B Vì ' ' B D' 'A BC' ' nên B D' ' là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác A BC' '. Gọi G là tâm của tam giác đều A C D' ' ' Khi đó

GA GC GD và GA'GBGC' nên G là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A BC D' ' ' Mặt

a

RGD  OD  a

0,5

Câu 6

(1,0

điểm)

Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có

4 5

4

bc  bc bc  bc  bc Tương tự, ta có

4

ca  ca  ca

Suy ra

2

b c c a

0,5

D

A

3

a

C

O

3a

B

G

'

C

'

B

'

A

www.VNMATH.com

2 2

2

4

a b

c a b

c a b c

Vì a   b c 1 a b  1 c nên

2

c



(1)

Xét hàm số

2

2

c



3

f c   c  c  c

Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta có 1

( ) 9

f c   với mọi c (0; 1) (2)

Từ (1) và (2) suy ra 1

, 9

P   dấu đẳng thức xảy ra khi 1

3

abc

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 1

, 9

3

abc

0,5

Vì DEAC nên DE x: y 3 0D t ; t 3 

d G AC  d B AC  d D AC

1; 4 1

1

5

D t

t



Vì D và G nằm khác phía đối với AC nên D1;4 

0,5

Câu

7.a

(1,0

điểm)

B B

x

y





 

Vì AAC x: y 1 0A a a ; 1 

S S S   S  S  S

2

ABD

5

1 12 48

A a

a







Từ  ADBCC3;2 

Vậy A5; 6 , B1; 8 , C3;2 , D1;4 

0,5

Vì AABA a 3;a4;4a8  Thay tọa độ đỉnh A vào phương trình mặt phẳng   suy

ra A1; 2; 0  Vì BABB b 3;b4;4b8  Ta có

B

b

 



 

0,5

Câu

8.a

(1,0

điểm)

2

2

d B   BC Từ đó suy ra C là hình chiếu

vuông góc của B lên   Ta có 2 ; 3; 4    3 7; 3; 5

C c  c   c C  

Vậy 1; 2; 0 , 2; 3; 4 , 7; 3; 5

0,5

( )

f c

'( )

f c

–

1 9



C

D

G

E

www.VNMATH.com

Đặt zxyi x y( ,  ) Khi đó ta có

i

0,5

Câu

9.a

(1,0

điểm)

Theo bài ra ta có

0

x y





*) x2 ,y suy ra

2









*) x 2 ,y suy ra

2

6 3

 



 



Vậy z2i z,  6 3 i

0,5

Gọi I ACBE Vì IACI t ; 2t3  Ta thấy I là trung điểm của BE nên E2t4; 4t6  Theo giả thiết

   

3 3; 3 , 2; 6

Vì AD/ /BC, AD2BC nên BCDE là hình bình hành

Suy ra ADCIBC

5

IBC ADC  IBC

0,5

Câu

7.b

(1,0

điểm)

Vì CACC c ; 2c3BI1; 3 , BC c 4; 2c3 

Ta có



2 2

5 1

3

c c

c IBC

c









 



Suy ra C5; 7 hoặc 7 5

; `

3 3

C 

Với C5; 7 , ta thấy I là trung điểm của AC nên A1; 1 ,  vì E là trung điểm của AD nên D3; 13 

3 7

C 

A  D 

0,5

Ta có AB1; 1; 3 , n1; 5;2 

Ta thấy A  nên đường thẳng MA có VTCP là

MA

u AB n 

  



0,5

Câu

8.b

(1,0

điểm) Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông MAB ta có

330

,

AM

d A MB

Suy ra 17m25m24m2330m  1 M15; 6; 5 , M19;4;3

0,5

Điều kiện: xy0

Đặt txy0, phương trình thứ nhất của hệ trở thành

4t(t2)2t  t 3 0(2t1)(2t t 3)02t  t 3 0, vì 2t 1 0

Vì hàm f t( )2t t 3 đồng biến trên  mà , f(1)0 nên 2t  t 3 0 t 1 Khi đó ta có

1,

y x



0,5

Câu

9.b

(1,0

điểm)

Thế vào pt thứ hai của hệ ta được

2



D



I

www.VNMATH.com

1

2

x

x

2

x y

www.VNMATH.com TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN CUỐI - NĂM 2014

Môn: TOÁN; Khối: B; Thời gian làm bài: 180 phút

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 1

1

x y x

 





a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho

b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M, biết khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng

:y 2x 1

5

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình sin (cos 2x x2cos )x cos 2 cosx x1

Câu 3 (1,0 điểm) Giải phương trình 3x x3 1 x3x219x16

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân

2

0

cos3 2 cos

d

2 3sin cos 2









Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại B và C, AB2BC2CD2 ,a SAB là tam giác vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với (ABCD) Gọi H, M, N lần lượt là trung điểm của AB, SH, BC và P là điểm thuộc tia đối của tia HD sao cho HD4HP. Tính theo a thể tích của khối chóp S.APND và chứng minh rằng (MNP)(MCD)

Câu 6 (1,0 điểm) Giả sử , x y là các số thực dương thỏa mãn xy2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P x y  x  xy y

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a hoặc phần b)

a Theo chương trình Chuẩn

Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có phương trình đường

chéoAC x: y 1 0, điểm G(1; 4) là trọng tâm của tam giác ABC, điểm E(0; 3) thuộc đường cao kẻ từ

D của tam giác ACD Tìm tọa độ các đỉnh của hình bình hành đã cho biết rằng diện tích của tứ giác AGCD bằng 32 và đỉnh A có tung độ dương

Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC vuông tại C,  BAC 30 ,0

3 2,

AB  đường thẳng AB có phương trình 3 4 8,

x y z

 đường thẳng AC nằm trên mặt phẳng ( ) : x  z 1 0. Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng đỉnh B có hoành độ dương

Câu 9.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn 1 7 1

z i z

i

b Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD có AD // BC, AD2BC, đỉnh (4; 0),

B phương trình đường chéo AC là 2x  y 3 0, trung điểm E của AD thuộc đường thẳng

:x 2y 10 0

    Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thang đã cho biết rằng cotADC 2.

Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 1; 1),B(3; 2; 4) và mặt phẳng ( ) : x5y2z 5 0. Tìm điểm M thuộc mặt phẳng ( ) sao cho MAAB và  ,  330

31

d A MB 

Câu 9.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

2

x y









 - Hết -

www.VNMATH.com

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN CUỐI - NĂM 2014

Môn: TOÁN – Khối B; Thời gian làm bài: 180 phút

a) (1,0 điểm)

10 Tập xác định: \ {1}

20 Sự biến thiên:

* Giới hạn tại vô cực: Ta có lim 1

Giới hạn vô cực:

1

lim



1



Suy ra đồ thị (H) có tiệm cận ngang là đường thẳng y  1, tiệm cận đứng là đường thẳng x 1

* Chiều biến thiên: Ta có 2 2

( 1)

y x

Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ; 1 và 1; 

0,5

* Bảng biến thiên:

30 Đồ thị:

Đồ thị cắt Ox tại 1; 0 , cắt Oy tại (0;1)

Nhận giao điểm I(1; 1) của hai tiệm cận

làm tâm đối xứng

0,5

b) (1,0 điểm)

0 0

1

1

x

x





Khi đó ta có

0 0 0

1

1

( , )

x x x

d M





0 0 0

1

1

x x

x





2

0

1

1

2

x

x

 



0,5

Câu 1

(2,0

điểm)

*) Với x  0 1, ta có M ( 1; 0), suy ra pt tiếp tuyến yy'( 1).( x1) hay 1 1

y x

*) Với 0 1

, 2

; 3 , 2

M 

  suy ra pt tiếp tuyến

y y   x 

    hay y8x1.

0,5

Phương trình đã cho tương đương với

cos 2 (sinx xcos ) sin 2x  x 1 0  2 2 

cos x sin x (sinx cos ) (sin 2x x 1) 0

2

(cos sin )(sin cos ) (sin 2 1) 0 (cos sin )(1 sin 2 ) (sin 2 1) 0 (sin 2 1)(cos sin 1) 0

0,5

Câu 2

(1,0

điểm)

*)

2 2

3

x k

















0,5

x

'

y

y



1











1

y

I

1



1

1 1



www.VNMATH.com

4

2

xk  x k  k 

Điều kiện: x3 1 0x 1

Phương trình đã cho tương đương với 3x (x1)(x2 x 1) (x31) ( x2 x 1) 18( x1)

Đặt a x1,b x2 x 1,a0,b0 Khi đó phương trình trở thành

3(a21)aba b2 2b218a2

0,5

Câu 3

(1,0

điểm)

2

a b a b b a

3a b 0,

   vì a b b2  6a0

Suy ra 3 x 1 x2  x 1 x210x 8 0x 5 33, thỏa mãn điều kiện

Vậy nghiệm của phương trình là x  5 33

0,5

Ta có

Đặt tsin x Khi x 0 thì t 0, khi

2

x 

 thì t 1 Suy ra

2 0

3 4

d

t

t t







0,5

Câu 4

(1,0

điểm)

0 0



0,5

*) Vì SAB là tam giác vuông cân tại S và nằm trong

mặt phẳng vuông góc với (ABCD) nên

1 2

SH  ABa và SH ABCD Suy ra

.

3

1 3

a

0,5

Câu 5

(1,0

điểm)

Ta chứng minh MPMD. Áp dụng định lý Pitago cho các tam giác vuông MHD, MHP ta có

2

16

a

Từ (1) và (2) suy ra MNP  MCD, điều phải chứng minh

0,5

Câu 6

(1,0

điểm)

Vì x y, là các số thực dương nên

x y

x y

(1)

Đặt t x,t 0

y

1



0,5

S

B

A

H

M

N

P

www.VNMATH.com

Xét hàm số

2

( )

1

f t

t



Ta có

2

2

t t

Suy ra bảng biến thiên

Từ bảng biến thiên ta suy ra f t  ( ) 3

với mọi t 0 Dấu đẳng thức xảy ra

Từ (1), (2) và (3) ta suy ra P(xy)(7 3) 8, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

2

x y

x

t

y









Vậy giá trị lớn nhất của P là 8, đạt khi 4 2

x y

0,5

Vì DEAC nên DE x: y 3 0D t ; t 3 

d G AC  d B AC  d D AC

1; 4 1

1

5

D t

t



Vì D và G nằm khác phía đối với AC nên D1;4 

0,5

Câu

7.a

(1,0

điểm)

B B

x

y





 

Vì AAC x: y 1 0A a a ; 1 

S S S   S  S  S

2

ABD

5

1 12 48

A a

a







Từ  ADBCC3;2 

Vậy A5; 6 , B1; 8 , C3;2 , D1;4 

0,5

Vì AABA a 3;a4;4a8  Thay tọa độ đỉnh A vào phương trình mặt phẳng   suy

ra A1; 2; 0  Vì BABB b 3;b4;4b8  Ta có

B

b

 



 

0,5

Câu

8.a

(1,0

điểm)

2

2

d B   BC Từ đó suy ra C là hình chiếu

vuông góc của B lên   Ta có 2 ; 3; 4    3 7; 3; 5

C c  c   c C  

Vậy 1; 2; 0 , 2; 3; 4 , 7; 3; 5

0,5

Câu

9.a

(1,0

Đặt zxyi x y( ,  ) Khi đó ta có

0,5

C

D

G

E

( )

f t

'( )

f t

0

3

www.VNMATH.com

i

điểm)

Theo bài ra ta có

0

x y



*) x2 ,y suy ra

2









*) x 2 ,y suy ra

2

6 3

 



 



Vậy z 2 i z,  6 3 i

0,5

Gọi I ACBE Vì IACI t ; 2t3  Ta thấy I là trung điểm của BE nên E2t4; 4t6  Theo giả thiết

   

3 3; 3 , 2; 6

Vì AD/ /BC, AD2BC nên BCDE là hình bình hành

Suy ra ADCIBC

5

IBC ADC  IBC

0,5

Câu

7.b

(1,0

điểm)

Vì CACC c ; 2c3BI1; 3 , BC c 4; 2c3 

Ta có



2 2

5 1

3

c c

c IBC

c









 



Suy ra C5; 7 hoặc 7 5

; `

3 3

C 

Với C5; 7 , ta thấy I là trung điểm của AC nên A1; 1 ,  vì E là trung điểm của AD nên D3; 13 

3 7

C 

  tương tự ta có

A  D 

0,5

Ta có AB1; 1; 3 , n1; 5;2 

Ta thấy A  nên đường thẳng MA có VTCP là

MA

u AB n 

  



0,5

Câu

8.b

(1,0

điểm) Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông MAB ta có

330

,

AM

d A MB

Suy ra 17m25m24m2330m  1 M15; 6; 5 , M19;4;3

0,5

Điều kiện: xy0

Đặt txy0, phương trình thứ nhất của hệ trở thành

4t(t2)2t  t 3 0(2t1)(2t t 3)02t  t 3 0, vì 2t 1 0

Vì hàm f t( )2t t 3 đồng biến trên , mà f(1)0 nên 2t  t 3 0 t 1 Khi đó ta có

1,

y x



0,5

Câu

9.b

(1,0

điểm)

Thế vào pt thứ hai của hệ ta được

2



D



I