Đề thi thử đại học khối A , A1 , B , D môn toán năm 2012 đề số 190

Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD theo a.. Thí sinh không được sử dụng tài liệu.Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm... Trong mpSBO k

SỞ GD-ĐT THÁI BÌNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2012

TRƯỜNG THPT NAM TIỀN HẢI Môn thi : TOÁN Khối D

(Thời gian làm bài 180 phút , không kể giao đề)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)

Câu I(2 điểm) : Cho hàm số 1 3 2

y=- x

+x-3 3 có đồ thị là (C)

1 Khảo sát và vẽ đồ thị (C)

2 Gọi M là điểm thuộc đồ thị (C )có hoành độ x=2 Tìm các giá trị của m để tiếp tuyến với (C) tại M song song với đường thẳng d:y=(m -4)x+2 9m+5

3

Câu II (2 điểm) :

1 Giải phương trình :

3 2sin x + cos2x - sinx

=0

1 + cotx

2 Giải bất phương trình : ( )log x 2 ( )log x 2

5+1 + 5-1 3x≤

Câu III (1 điểm) : Tính tích phân 3

0

tanx

2cosx+5

π

∫

Câu IV (1 điểm) : Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật Biết AB 2a= , BC =a các cạnh bên bằng nhau và bằng a 2 Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD theo a

Câu V (1 điểm) : Cho a + b - 2a - 4b + 4 = 0 2 2

Chứng minh rằng : a - b + 2 3ab - 2(1 + 2 3)a + (4 - 2 3)b + 4 3 - 32 2 ≤2

PHẦN RIÊNG (3 điểm) (thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B)

A.Theo chương trình chuẩn

Câu VI.a (2 điểm) :

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại A(3;2),tâm đường tròn ngoại tiếp tam

giác ABC là I 1;3

2

  và C thuộc d: x – 2y – 1 = 0 Tìm toạ độ B và C.

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu (S) : (x-1) +y +(z+1) =9 Lập phương trình mặt 2 2 2 phẳng (P) chứa d: x - 1 y + 5 z - 1= =

1 2 2 và tiếp xúc với (S).

Câu VII.a (1 điểm): Tính mô đun của số phức z biết : 2

|z - 1 - 2i| + zi + z = 11 + 2i

B.Theo chương trình nâng cao

CâuVI.b (2điểm):

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có B(1;5) và đường cao AH có phương

trình x+2y-2=0 ,với H thuộc BC; đường phân giác trong của góc ACB có phương trình là x-y-1=0 Tìm toạ độ các đỉnh A, C, D

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng (d):x-1 y z+1= =

2 1 1 , và hai mặt phẳng (P): x+2y-2z-12=0 , (Q) : 2x-y+2z+9=0.Lập phương trình mặt cầu (S) tâm thuộc d đồng thời tiếp xúc với (P) và (Q)

CâuVII.b (1 điểm): Trong tập hợp £ , gọi z ,z ,z lần lượt là các nghiệm của phương trình : 1 2 3 27z +8=0 3 Tính T =

2

1 2 3

(z +z +z +1)

z + z + z Hết

Thí sinh không được sử dụng tài liệu.Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM KHỐI D

Câu Ý Nội dung Điểm

hàm số 1 3 2

y= − x + −x

TXĐ:R

Sự biến thiên:

,

1 1 0

1

x y

x

= − +

=



= ⇔  = − bbt

x −∞ -1 1 +∞

y’ 0 + 0

-y +∞

0 4

3

Hàm số đb trên (−∞;−2) và (0;+∞), nb trên(-2;0)

Cực trị

Giới hạn

Đồ thị

-2 1

x

- -4/3

0.25

0.25

0.25

0.25

2 *Xđ M(2;-4/3)

*Tiếp tuyến với (C ) tại M có pt: y = -3x +14/3

* Để tt song song với d

1

9 5 14

m

m m



*KL: Vậy m= -1

0.25

0.25 0.25

0.25

ĐK: x 4 m

x n

π

−

 ≠ +





 ≠



os inx os

inx

4 2

2 2

k x

 = +



⇔ 

 = +



Đối chiếu đk : 2

2 µ x= 4

x= +π k πv π +kπ

0.25

0.25 0.25

0.25

2 ĐK: x > 0

Bpt

3

⇔ ÷÷ + ÷÷ ≤

Đặt

2

log

5 1 2

x

=  ÷÷

Ta có

2 3 1 0 3 5 3 5

;

0

t t

Suy ra 1; 4

4

∈  

0.25

0.25

0.25 0.25 III

t 2cos 5 cos (2cos 5)

Đặt t = cosx ⇒ = −dt sin xdx

Cận x = 0 ⇒ =t 1

x= 1

3 t 2

π ⇒ = 1

1 2

1 12

dt I

t t

+

∫

0.25

0.25

0.5

IV S

*Gọi O là tâm của hbh ABCD

* Chưng minh SO⊥(ABCD)

*SA=SB=SC=SD Suy ra ABCD là hcn

B A *Tính thể tích :

+SO= 3

2

a O

C D + V = 3 3

3

a

0.25

0.25

0.25

*gọi E là tđ của SB Trong mp(SBO) kẻ trung trực Et cắt SO tại I là tâm mc ngoại tiếp hc SABCD

+ Tính SI = . 2

2

SE SB SB

SO = SO=2 3

3

+ Diện tích mặt cầu : S = 4 2 4 2

3

a

0.25

V

+Gt 2 ( )2

(a 1) b 2 1

+Đặt 1 sin

2 os

a

α α

− =



 − =

Ta có

sin 2 3 sin

2 sin(2 ) 2

6

π α

0.25 0.25

0.25 0.25

VIa 1 +Tam giác ABC vuông tại A nên I là trung điểm của BC

+Gọi C(2t+1;t)∈V.Suy ra B(1-2t;3-t)

2 5 nªn t=1,t=

+Với t=1 có C(3 ;1) và B (-1 ;2)

+Với 2 1; 2) 9 17; )

5 cã C(5 5 vµ B(5 5

0.25 0.25 0.25

0.25

2 + (S) có tâm I(1 ;0 ;-1) và bán kính R=5

+ d qua A(1;-5;1) , B(2;-3;3) +(P) qua B có vtpt (a ;b ;c) : a(x-2)+b(y+3)+c(z-3)=0

A∈ P ⇔ = − −a b c

Suy ra (P) : (2b+2c)x-by-cz-7b-c=0 +Ta có

5 2

20 92 41 0

10 41 0

d I P

b c

−

+ =



Kl: 2x+y-2z+5=0 và 62x-41y+10z-277=0

0.25

0.25

0.25

0.25 VII.a Tìm tất cả các số phức z , biết 2

|z− −1 2 |i + + = +zi z 11 2 (1)i

Gọi số phức z=a+bi ( ,a b∈¡ ) thoả mãn đề bài =>

, 1 2 1 ( 2) | 1 2 | ( 1) ( 2)

z a bi z= − − − = − + −i a b i⇒ − −z i = a− + −b Thay vào (1) ta có

(a−1) + −(b 2) + +(a bi i a bi) + − = +11 2i

0.25

0.25

2 2

2

a b



( 1) ( 2) 9

2

a b

 Suy ra có 2 số phức cần tìm là z=1-i và z=4+2i

Khi đó z = 2 và z =2 5

0.25

0.25

VIb 1 BC đi qua B(1;5) và vuông góc AH nên BC có pt - 2x + y – 3 = 0

Toạ độ C là nghiệm của hpt ( 4; 5)

0 1

0 3 2

−

−

⇒







=

−

−

=

− +

−

C y

x

y x

Gọi A’ là điểm đối xứng B qua đường phân giác x− y−1=0(d),BA∩d =K Đường thẳng KB đi qua B và vuông góc d nên KB có pt: x + y – 6 = 0

Toạ độ điểm K là nhgiệm của hpt )

2

5

; 2

7 ( 0 1

0 6

K y

x

y x

⇒







=

−

−

=

− +

Suy ra A’ (6;0) , Pt A’C :x – 2y – 6 = 0

Do A=CA' ∩ AH nên toạ độ A là nhgiêm của hpt (4; 1)

0 2 2

0 6 2

−

⇒







=

− +

=

−

−

A y

x

y x Trung điểm I của AC có toạ độ là I(0;-3) đồng thời I là trung điêm BD nên D(-1;-11)

0.25

0.25 0.25 0.25

2 +Gọi I (1+2t;t;-1+t) thuộc d là tâm mc(S)

+ Ta có

0 ( ;( )) ( ;( )) 18

7

t

d I P d I Q

t

=





 =

 + KL : (x-1) +y +(z+1) =92 2 2

29 18 25 33 2

)

2

(x+ ) + y +  +(z+ ) =(

0.25 0.25 0.25 0.25

VIIb

+ Pt⇔

2 3

1 3

3 3

1 3

3 3

z

−

 =





 = −





 = +



+ T= 0

0.5 0.5

TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM 2012

Môn thi : TOÁN Khối A

Thời gian làm bài 180 phút , không kể thời gian giao đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)

Câu I(2 điểm) : Cho hàm số y=x3 +3x2 −mx+2 có đồ thị là (Cm)

1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m=0

2 Tìm các giá trị của m để hàm số có cực đại và cực tiểu sao cho khoảng cách từ trung điểm của đoạn thẳng nối 2 điểm cực trị của (Cm) đến tiếp tuyến của (Cm) tại điểm có hoành độ bằng 1 là lớn nhất

Câu II (2 điểm):

1 Giải phương trình sau: 14

2 sin

4 2 cos 2 cot

9 tan2 + 2 + + =

x

x x

x

2 Giải bất phương trình sau : (x2 −4x) 2x2 −3x−2<0

CâuIII (1điểm): Tính tích phân sau =∫4

) ln(cos tan

π

dx x

x x

I

Câu IV (1điểm):Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’,biết A’.ABC là hình chóp tam giác đều có cạnh đáy bằng a Khoảng cách từ AA’ đến BC bằng

2

a Tính thể tích khối lăng trụ đó theo a

Câu V (1 điểm): Với a, b, c là các số thực dương và thoả mãn a+b+c=1 Chứng minh rằng

2

3

≤ +

+ +

+

ca bc

a

bc ab

c ab

PHẦN RIÊNG (3 điểm) (thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B)

A.Theo chương trình chuẩn

Câu VI a (2 điểm) :

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có M(4;6) là trung điểm của AB Giao điểm

I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng (d) có phương trình 3x – 5y + 6 = 0 , điểm N(6;2) thuộc cạnh

CD Hãy viết phương trình cạnh CD biết tung độ điểm I lớn hơn 4

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng

1 2

2 1

1 : ) (

; 1 1

1 2

1 : ) (d1 x− = y+ = z d2 x− = y− = z

và mặt phẳng (P) có phương trình x+ y−2z+3=0 Viết phương trình đường thẳng ∆ song song với (P)

và cắt d1, d2lần lượt tại hai điểm A, B sao cho AB= 29

Câu VII.a (1 điểm): Cho số phức z thoả mãn iz−3 = z −2−i và z+3i = 2z +i

Tìm môđun của số phức z

B.Theo chương trình nâng cao

CâuVI.b (2điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có B(1;5) và đường cao AH có phương

trình x+2y−2=0,với H thuộc BC; đường phân giác trong của góc ACB có phương trình là

0

1=

−

− y

x Tìm toạ độ các đỉnh A, C, D

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, viết phương trình mặt phẳng (Q) vuông góc với đường thẳng

1 1 2 2 1 : ) ( = + − = − y z x d , và cắt mặt cầu (S) : x2 + y2 + z2 −2x+4y−6z−11=0 theo một đường tròn có bán kính bằng 3 CâuVII.b (1 điểm) Tìm số phức có môđun nhỏ nhất thoả mãn 1 3 5 1 = − + − + i z i z Hết

Thí sinh không được sử dụng tài liệu.Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Số báo danh Họ và tên thí sinh

ĐÁP ÁN KHỐI A Câu Ý Nội dung Điểm I 1 Với m=0 hàm số trở thành y=x3 +3x2 +2 TXĐ:R Sự biến thiên:    − = = ⇔ = + = + = 2 0 0 ) 2 ( 3 6 3 , 2 , x x y x x x x y bbt

x −∞ -2 0 +∞

y’ + 0 - 0 +

y 6 +∞

∞ − 2

6

Hàm số đb trên (−∞;−2) và (0;+∞) nbtrên(-2;0) Cực trị Giới hạn Đồ thị 2

-2 0 x

0.25

0.25

0.25

0.25

2 Có y, =3x2 +6x−m

Hàm số có cực đại cực tiểukhi và chỉ khi pt y, =3x2 +6x−m=0 có 2 nghiệm phân biệt

m

3 9 ' = +

∆

⇔ >0⇔m>−3(*)

Giả sử A( )x 1 y; 1 và B(x 2 y; 2) là các điểm cực trị của đồ thị hàm số với x 1 , x2 là các nghiệm

của (1) Theo định lý Viet ta có x1 + x2 = -2

⇒Trung điểm của đoạn thẳng AB là I(-1; m + 4 )

Tiếp tuyến ∆của đồ thị (Cm) tại điểm có hoành độ x = 1 có pt là y= y,(1)(x−1)+ y(1)

0 3 )

9 ( − + + =

1 ) 9 (

16 1

) 9 (

3 4 )

1 )(

9 ( ) , (

2

−

+ + +

−

−

=

∆

=

m m

m m

I d

d lớn nhất ⇔ (m−9)2+1nhỏ nhất (m−9)2+1≥1 Dấu = xảy ra khi m = 9 (tm *).Vậy

0.25

0.25

0.25 0.25

II 1

2 sin

4 2

sin

2 cos 2 cot 9

⇔

x x

x x

x x

x x

x x

x

x

tan cot

cos sin 2

) sin (cos

2 2 sin

2 cos

−

=

−

=

) cot (tan

2 cos

sin 2

) cos (sin

4 2 sin

x x

x x

x x

pt⇔tan2 x+9cot2 x+cotx−tanx+2(tanx+cotx)=14

0 20 ) cot 3 (tan )

cot 3







= +

−

= +

⇔

4 cot 3 tan

5 cot 3 tan

x x

x x

















±

−

=

=

=

⇔

2

13 5 tan

3 tan

1 tan

x x x

















+

±

−

=

+

=

+

=

⇔

π π

π π

k x

k x

k x

2

13 5 arctan

3 arctan 4

0.25

0.25 0.25

0.25 2





−

≤

≥

⇔

≥

−

−

2 1

2 0

2 3

2 2

x

x x

x

Bất pt







≠

<

<

⇔













<

<

−

≠

≠

⇔







<

−

≠

−

−

⇔

2

4 0

4 0

2 1 2 0

4

0 2 3 2 2

2

x x x

x

x x

x

x x

Kết hợp điều kiện ta được nghiệm pt là : 2 < x < 4

0.25

0.75

III

I=∫4

0

2 cos

) ln(cos sin

π

x

x

x dx Đặt t = cosx ⇒dt=−sinxdx

Đổi cận x = 0 thì t = 1; x =

4

π

thì t =

2 2

I=− ∫ = ∫1

2 2 2 2

2

1 2

ln ln

dt t

t dt

t

t

Đặt













−

=

=

⇒









=

=

t v

dt t du dt

t dv

t u

1

1 1

ln 2 1

2 2 1

2 2 2 1

2 2

1 2 ln 2

2 1

ln

1

t

dt t

t t

2

2 1

2 − −

0.25

0.25

0.25

0.25 IV

A’ B’

K C’

A B

H M

C

Gọi H là hình chiếu A’trên(ABC) Gọi M là trung điểm của BC Dựng MK ⊥AA’

Vì A’H⊥(ABC)và A’.ABC là hình chóp đều nên BC⊥(A’AM) suy ra BC⊥KM

Theo gt suy ra KM =

2

a

Có MK.AA’ = A’H.AM

2

3 3

2

' 2 2

H A

a H A

⇔

6 'H a

Có SABC=

4

3 2

a Vậy V

ABC.A’B’C’ =

8

2 3

a

0.25

0.25

0.5

V Từ giả thiết ta suy ra 0<a,b,c<1

Ta có

) 1 )(

1 (

ab ab

b a

ab ab

c

ab

−

−

= +

−

−

= + Tương tự

) 1 )(

1 ( b c

bc bc

a

bc

−

−

=

ca ca

b

ca

−

−

= + Theo BĐT Cô-si ta có

) 1 )(

1 ( 2 1

ab a

b b

a

−

−

≥

−

+

−

) 1 )(

1 ( 2 1

bc b

c c

b

−

−

≥

−

+

−

) 1 )(

1 ( 2 1

ca c

a a

c

−

−

≥

−

+

− Cộng vế với vế ta được

2

3 2

3≥ VT ⇔VT ≤ (ĐPCM) Đẳng thức xảy ra

3

1

=

=

=b c a

0.25

0.25

0.25 0.25 VIa 1

Gọi P(xP;yP) đối xứng với M(4;6) qua I nên







= +

= +

I P

I P

y y

x x

2 6

2 4

2

) 6 ( 5 2

) 4 (

3 +x P − +y P + = ⇔ x P− y P− = (1) Lại có PM⊥PN⇔PM.PN =0⇔(x P −4)(x P −6)+(y P −6)(y P −2)=0 (2)

(1)(2) ta có











=

=

⇔

= +

−

17 30

3 0

180 162

34 2

P

P P

P

y

y y

y

Với yP =3 thì xP=7 pt CD:x-y-4=0

với yP=

17

30 thì yI= 4

17

132

< (loại)

0.25

0.25 0.25

0.25

0.25

2 A∈d1 ⇒(1+2t;−1+t;t).B∈d2 ⇒B(1+a;2+2a;a)

)

; 2 3

; 2 (a t a t a t

AB − + − − (P)có VTPTn(1;1;−2)

AB//(P) nên AB.n=0⇔a=t−3.Khi đó AB(−t−3;t −3;−3)

Theo đề bài AB2 =29⇔(t+3)2 +(t−3)2 +9=29⇔t=±1

0.25

0.25

Với t=1 suy ra A(3;0;1).pt cần lập







 +

=

=

+

=

t z

t y

t x

3 1 2

4 3

Với t=-1 suy ra A(-1;-2;-1).Ptcần lập









+

−

=

+

−

=

+

−

=

t z

t y

t x

3 1

4 2

2 1

0.25

0.25

VIIa Giả sử

) , (x y R yi

x

z= + ∈ Thì iz−3=−y−3+ xi và z−2−i=(x−2)+(y−1)i

1 2 )

1 ( ) 2 ( )

3 ( 2

3 = − − ⇔ + 2+ 2 = − 2+ − 2 ⇔ =− −

−

1 2 4 3 1

2 2 3 2

z

⇔3x2 +3y2 −2y−8=0 (2)





=

−

=

⇔

=

− +

⇔

=

−

− +

−

−

3 1

1 0

5 10 15

0 8 2 3 1 2

y

y y

y y

y y

Với y=−1⇒x=1⇒ z=1−i⇒ z = 2

Với

3

26 3

1 3

5 3

5 3

1

=

⇒ +

−

=

⇒

−

=

⇒

y

0.25

0.25

0.25

0.25 VIb 1 BC đi qua B(1;5) và vuông góc AH nên BC có pt - 2x + y – 3 = 0

Toạ độ C là nghiệm của hpt ( 4; 5)

0 1

0 3 2

−

−

⇒







=

−

−

=

− +

−

C y

x

y x

Gọi A’ là điểm đối xứng B qua đường phân giác x−y−1=0(d),BA∩d =K

Đường thẳng KB đi qua B và vuông góc d nên KB có pt: x + y – 6 = 0

Toạ độ điểm K là nhgiệm của hpt )

2

5

; 2

7 ( 0 1

0 6

K y

x

y x

⇒







=

−

−

=

− +

Suy ra A’ (6;0) , Pt A’C :x – 2y – 6 = 0

Do A=CA' ∩AH nên toạ độ A là nhgiêm của hpt (4; 1)

0 2 2

0 6 2

−

⇒







=

− +

=

−

−

A y

x

y x Trung điểm I của AC có toạ độ là I(0;-3) đồng thời I là trung điêm BD nên D(-1;-11)

0.25

0.25

0.25

0.25

2 (S) có tâm I(1;-2;3) và bk R = 5

(Q) có dạng 2x – 2y + z – m = 0 d(I,(Q))= 25−9=4







−

=

=

⇔

= + + +

⇔

21

3 4

3

3 4 2

m

m m

Do đó ptmp (Q) là 2x – 2y + z + 3 = 0 hoặc 2x – 2y + z – 21 = 0

0.25

0.5

0.25 VIIb Giả sử z=x+ yi .Từ gt suy ra

2 2

2

2 ( 5) ( 3) ( 1) )

1 ( ) 1 ( 3 )

5 ( ) 1 (x+ + y− i = x+ − y+ i ⇔ x+ + y− = x+ + y+

y

x+3 =4

⇔

Ta có 16=(x+3y)2 ≤10(x2 + y2)=10z2

10

4

≥

⇔ z Min

10

4

=

Đẳng thức xảy ra khi













=

=

⇔







= +

=

5 6 5 2 4

3

3

y

x y

x x y

TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM 2012

Môn thi : TOÁN Khối D

Thời gian làm bài 180 phút , không kể thời gian giao đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm) : Cho hàm số y x mx (m 3)x

2

1 3

1 3 − 2 + 2 −

=

1.Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1

2.Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số có cực đại cực tiểu đồng thời hoành độ các điểm cực đại cực tiểu là

độ dài các cạnh góc vuông cuả một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng

2 5

Câu II(2 điểm)

1.Giải phương trình sau 1

) 9 3 ( 4

1 9

2

=

−

−

+

−

x

2.Giải phương trình sau

2

1 ) 4 3 ( sin ) 4 3 ( sin4 x+π + 4 x−π =

Câu III (1 điểm) Tính tích phân sau = ∫8 +

1

dx x

x I

CâuIV (1 điểm) : Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật và AB a= , BC=a 3 Mặt

phẳng (SAC) và mặt phẳng(SBD) vuông góc với đáy, I thuộc cạnh SC sao cho SI = 2CI và thoả mãn AI

vuông

góc với SC Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a

Câu V (1 điểm) : Cho 3 số thực không âm a ,,b c.Chứng minh rằng

a3 +b3 +c3 ≥a2 bc +b2 ac+c2 ab

PHẦN RIÊNG (3 điểm) (thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B)

A.Theo chương trình chuẩn

Câu VIa (2 điểm)

1.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho hình bình hành ABCD với A(1;1) ; B(4;5) Tâm I của hình bình hành thuộc đường thẳng (d) : x+ y+3=0 Tìm toạ độ các đỉnh C, D biết rằng diện tích hình bình hành ABCD bằng 9

2.Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho A(1;1;1); B(2;0;6); C(3;2;0) ; D(7;4;2) Lập phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, B và cách đều C, D.

Câu VII.a (1 điểm): Tìm số phức z thoả mãn +3+5 −5i=0

z

i z

B.Theo chương trình nâng cao

CâuVI.b (2điểm)