Giải đề thi đại học khối B môn toán 2011

Hướng dẫn và lời giải chi tiết đề thi đại học Khối B Môn Toán 2011

Bản quyền thuộc Nhóm Cự Môn của Lê Hồng Đức

Tự học đem lại hiệu quả tư duy cao, điều các em học sinh cần là:

1 Tài liệu dễ hiểu − Nhóm Cự Môn luôn cố gắng thực hiện điều này

2 Một điểm tựa để trả lời các thắc mắc − Đăng kí “Học tập từ xa”

GIẢI ĐỀ THI MÔI TOÁN KHỐI B

NĂM 2011

 Các em học sinh đừng bỏ qua mục “Đánh giá và định hướng”

Học Toán theo nhóm (từ 1 đến 6 học sinh) các lớp 9, 10, 11, 12

Giáo viên dạy: LÊ HỒNG ĐỨC

Địa chỉ: Số nhà 20 − Ngõ 86 − Đường Tô Ngọc Vân − Hà Nội

Email: nhomcumon68@gmail.com

Phụ huynh đăng kí học cho con liên hệ 0936546689

đề thi môn toán khối B năm 2011

Phần chung cho tất cả các thí sinh (7.0 điểm)

Câu I: (2 điểm): Cho hàm số:

y = x4 − 2(m + 1)x2 + m (1), m là tham số

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1

2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C sao cho OA = BC, trong

đó O là gốc toạ độ, A là điểm cực trị thuộc trục tung, B và C là hai điểm cực trị còn lại

Câu II: (2 điểm)

1 Giải phơng trình sin2x.cosx + sinx.cosx = cos2x + sinx + cosx

2 Giải phơng trình:

2

3 2 x 6 2 x 4 4 x+ − − + − = −10 3x, (x∈Ă )

Câu III: (1 điểm): Tính tích phân

/3

2 0

1 x.sin x

cos x

π +

= ∫

Câu IV: (1 điểm): Cho lăng trụ ABCD.A1B1C1D1 có đáy ABCD là hình chữ nhật,

AB = a, AD a 3.= Hình chiếu vuông góc của điểm A1 trên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm của AC và BD Góc giữa hai mặt phẳng (ADD1A1) và (ABCD) bằng 600 Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách từ B1 đến mặt phẳng (A1BD) theo a

Câu V: (1 điểm): Cho hai số thực a, b dơng thoả mãn:

2(a2 + b2) + ab = (a + b)(ab + 2)

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

=  + ữ − + ữ

Phần riêng (3.0 điểm): Thí sinh đợc làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A Theo chơng trình Chuẩn

Câu VI a (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hai đờng thẳng (∆): x − y − 4 = 0 và (d): 2x − y − 2 = 0 Tìm toạ độ điểm N thuộc đờng thẳng (d) sao cho đờng thẳng (ON) cắt đờng thẳng (∆) tại điểm M thoả mãn OM.ON = 8

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đờng thẳng ( ) :x 2 y 1 z

1 2 1

và mặt phẳng (P): x + y + z − 3 = 0 Gọi I là giao điểm của (∆) và (P) Tìm toạ độ điểm M thuộc (P) sao cho MI vuông góc với (∆) và MI 4 14.=

Câu VII.a (1 điểm): Tìm các số phức z, biết z 5 i 3 1 0

z +

B Theo chơng trình Nâng cao

Câu VI b (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho ∆ABC có đỉnh B 1; 1

2

  Đờng tròn

nội tiếp ∆ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tơng ứng tại các điểm D, E,

F Cho D(3; 1) và đờng thẳng (EF): y − 3 = 0 Tìm toạ độ đỉnh A, biết A có tung độ dơng

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đờng thẳng ( ) :x 2 y 1 z 5

1 3 2

−

và hai điểm A( −2; 1; 1), B( −3; −1; 2) Tìm toạ độ điểm M thuộc đờng thẳng

đờng thẳng (∆) sao cho ∆MAB có diện tích bằng 3 5

Câu VII.b (1 điểm): Tìm phần thực và phần ảo của số phức

3

1 i 3

1 i

 + 

=  + ữữ

Đánh giá và định hớng thực hiện

Câu I.

1 Tham khảo phơng pháp chuẩn để khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm

đa thức bậc bốn dạng trùng phơng

2 Với dạng toán "Tìm thuộc tính các điểm cực trị của hàm số" ta thực hiện theo

các bớc sau:

Bớc 1: Thực hiện:

− Miền xác định D = Ă

− Tính đạo hàm rồi thiết lập phơng trình y' = 0 (1)

Bớc 2: Hàm số có ba điểm cực trị A, B, C

⇔ (1) có ba nghiệm phân biệt

Bớc 3: Tìm ba nghiệm của (1) và toạ độ ba điểm cực trị A, B, C của đồ thị

hàm số

Sử dụng điều kiện :

OA = BC ⇔ OA2 = BC2 ⇒ Giá trị của tham số

Câu II.

1. Với phơng trình lợng giác kiểu này ta thực hiện việc biến đổi nó về dạng

ph-ơng trình tích bằng phép thử dần, cụ thể:

sin2x.cosx = 2sinx.cosx.cosx = 2cos2x.sinx = (1 + cos2x)sinx

= sinx + cos2x.sinx

Khi đó, sẽ đơn giản đợc sinx ở hai vế của phơng trình và ta đợc:

cos2x.sinx + sinx.cosx = cos2x + cosx

⇔ (sinx − 1)cos2x + (sinx − 1)cosx = 0 ⇔ (sinx − 1)(cos2x + cosx) = 0

2. Đây là phơng trình chứa căn đợc mở rộng từ dạng cơ bản:

Phơng trình chứa f (x) ± g(x), f (x).g(x) và f(x) + g(x) = k (k = const),

ta sử dụng ẩn phụ t = f (x) ± g(x), khi đó f (x).g(x) = ± t2 k

2

ở đây, ta có đánh giá mở rộng bằng cách viết lại phơng trình dới dạng:

3 2 x 2 2 x+ − − = −10 3x 4 4 x − −

Khi đó, với ẩn phụ t= 2 x 2 2 x+ − − suy ra:

2

t = 2 x 2 2 x+ − − = −10 3x 4 4 x − − 2

Do đó, phơng trình có dạng:

3t = t2 ⇔ t2 − 3t = 0 ⇔ t = 0 hoặc t = 3

Tới đây, công việc chỉ còn là giải dạng phơng trình chứa căn cơ bản dạng:

2 x 2 2 x+ − − =k ⇔ 2 x+ = +k 2 2 x.−

 Chú ý: Trớc tiên, chúng ta cần đặt điều kiện có nghĩa cho phơng trình.

Câu III Với nguyên hàm cơ bản dx2 tan x C

cos x = +

∫ chúng ta thấy ngay rằng I

sẽ đợc tách thành hai tích phân nhỏ, cụ thể:

cos x cos x

1 4 2 4 3 1 44 2 4 43

và việc tính I1 là khá đơn giản còn I2 ta sử dụng phơng pháp tích phân từng phần với lựa chọn:

2

u x

sin x.dx dv

cos x

=





 =



Câu IV Trớc tiên, chúng ta cần sử dụng giả thiết để thiết lập đợc:

A1O ⊥ (ABCD) với O là giao điểm của AC và BD

Với E là trung điểm của AD thì

((ADD A ), (ABCD)) A EO 60= =

1. Với khối lăng trụ ABCD.A1B1C1D1, ta có ngay:

1 1 1 1

ABCD.A B C D 1 ABCD 1

V =A O.S =A O.AB.AD

Trong đó:

 Độ dài của AB và AD đã có sẵn

 Độ dài của A1O tính đợc bằng việc sử dụng hệ thức lợng trong tam giác vuông A1OE, cụ thể:

ã

A O OE.tan A EO.=

2. Để tính khoảng cách từ B1 đến mặt phẳng (A1BD), chúng ta sử dụng:

B1C // A1D ⇒ B1C // (A1BD) ⇒ d(B1, (A1BD)) = d(C, (A1BD)) = CH với H là hình chiếu vuông góc của C trên BD

 Để tính CH ta sử dụng công thức đờng cao trong tam giác vuông

Câu V Trớc tiên, ta nhận thấy với ẩn phụ t a b

b a

= + ta viết lại P dới dạng:

      

=  + ữ −  + ữ−  + ữ − 

= 4(t3 − 3t) − 9(t2 − 2) = 4t3 − 9t2 − 12t + 18

Bài toán đợc chuyển về việc sử dụng đạo hàm để tìm giá trị nhỏ nhất của hàm

số f(t) = 4t3 − 9t2 − 12t + 18 với t thoả mãn điều kiện:

2(a2 + b2) + ab = (a + b)(ab + 2) (*)

Nh vậy, cần biến đổi (*) về một bất phơng trình theo t, cụ thể:

2(a2 + b2) + ab = (a + b)ab + 2(a + b)

Chia cả hai vế của đẳng thức trên cho ab, ta đợc:

a b 1 1

2 1 a b 2

b a b a

Nhận xét rằng :

1 1 1 1

a b 2 2 2(a b)

b a b a

a b

2 2 2

b a

từ đó, suy ra:

a b a b

2 1 2 2 2

b a b a

    ⇔2t 1 2 2 t 2+ ≥ ( + ) ⇔ ∈t D

Tới đây, công việc chỉ còn là đi sử dụng đạo hàm để tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số f(t) = 4t3 − 9t2 − 12t + 18 trên D

Câu VI.a

1. Trớc tiên, các em học sinh hãy phác thảo hình vẽ

Bài toán thuộc dạng "Tìm điểm thuộc đờng thẳng thoả mãn điều kiện K" nên ta

thực hiện theo các bớc:

Bớc 1: Chuyển phơng trình các đờng thẳng (d), (∆) về dạng tham số theo a, b

để có đợc biểu diễn toạ độ của điểm N theo a và M theo b

Bớc 2: Ta lần lợt sử dụng giả thiết:

− O, M, N thẳng hàng ⇔ OM kONuuuur= uuur

− OM.ON = 8 ⇒ Giá trị của a

Bớc 3: Kết luận về toạ độ của điểm N

2. Bài toán thuộc dạng "Tìm điểm thuộc mặt phẳng thoả mãn điều kiện K" nên ta

thực hiện theo các bớc:

Bớc 1: Tìm toạ độ giao điểm I của đờng thẳng (∆) với mặt phẳng (P)

Giả sử M(x; y; z) thuộc (P) thì 2x − y − 2 = 0 (1)

Bớc 2: Ta lần lợt sử dụng giả thiết:

− IM ⊥ (∆) ⇔ IM.auuuruur∆ =0 (2)

− MI 4 14= ⇔ MI2 = 224 (3) Giải hệ tạo bới (1), (2), (3) để nhận đợc x, y, z

Bớc 3: Kết luận về toạ độ của điểm M

Câu VII.a Với bài toán này các em học sinh chỉ cần sử dụng dạng tổng quát của

số phức z = a + bi, (a, b∈Ă ) kết hợp với z a b.i= − và biến đổi đơn Từ đó, sử dụng định nghĩa hai số phức bằng nhau để thiết lập đợc một hệ phơng trình theo a, b

Câu VI.b

1. Trớc tiên, các em học sinh hãy phác thảo hình vẽ

Bài toán thuộc dạng "Tìm điểm thoả mãn điều kiện phức hợp K" nên chuyển nó

về dạng là giao điểm của hai đối tợng hình học và ở đây ta thấy A là giao điểm của

EF và AD nên thực hiện theo các bớc:

Bớc 1: Với nhận xét BD // EF nên ∆ABC cân tại A, do đó:

Qua D (AD) :

AD BC





Qua D (AD) :

AD EF



⊥



dựa trên điều kiện:

− F thuộc EF nên F(t; 3)

− Với BF = BD suy ra:

BF2 = BD2 ⇒ Giá trị của t ⇒ Toạ độ F

Phơng trình (AB) đợc cho bởi:

Qua F (AB) :

vtcp BF





Bớc 3: Toạ độ của A là nghiệm của hệ phơng trình tạo bởi (AD) và (AB)

2. Với dạng toán "Tìm điểm thuộc đờng thẳng thoả mãn điều kiện K" các bớc thực

hiện sẽ là:

Bớc 1: Chuyển phơng trình đờng thẳng (∆) về dạng tham số theo t để có đợc

biểu diễn toạ độ của điểm M theo t

Bớc 2: Từ giả thiết ∆MAB có diện tích bằng 3 5, suy ra:

1 AM; AB 3 5

2uuuur uuur = ⇒ Giá trị của t ⇒ Toạ độ M

Bớc 3: Kết luận về toạ độ của điểm M.

Câu VII.b Với bài toán này các em học sinh cần sử dụng dạng lợng giác của số

phức để có đợc lời giải đơn giản, cụ thể:

 Với z = a + bi (a, b∈Ă ) thì:

= +  + ữ

+ +

  = a 2 + b cos 2( ϕ + i.sin ϕ)

suy ra:

2 2

+ =  + ữữ

  2 cos3 i.sin3

  2 cos4 i.sin4

 Công thức moa−vrơ: Với mọi số nguyên dơng n, ta có:

[r(cosϕ + i.sinϕ)]n = rn(cosnϕ + i.sinnϕ)

Khi đó:

1 i 3+ =8 cos( π +i.sinπ); 1 i 2 2 cos3 i.sin3

 Nếu z = r(cosϕ + i.sinϕ) và z' = r'(cosϕ' + i.sinϕ') với r, r' ≥ 0 thì :

z

z ' = r

r ' [cos(ϕ − ϕ') + i.sin(ϕ − ϕ')] khi r' > 0

Khi đó:

z 2 2 cos i.sin

  = 2 + 2i.

Vậy, số phức z có phần thực bằng 2 và phần ảo bằng 2

Đáp án chi tiết đề thi tuyển sinh môn toán khối B năm 2011

Câu I.

1. Với m = 1, hàm số có dạng:

y = x4 − 4x2 + 1

(1) Hàm số xác định trên D = Ă

(2) Sự biến thiên của hàm số:

 Giới hạn của hàm số tại vô cực:

x

lim y

→∞ = xlim x 14 42 14

→∞

  − + = +∞

 Bảng biến thiên:

y' = 4x3 − 8x, y' = 0 ⇔ 4x3 − 8x = 0 x 0

x 2

=





 Điểm uốn:

y'' = 12x2 − 8, y'' = 0 ⇔ 12x2 − 8 = 0 ⇔ x = ± 6

3 Vì y" đổi dấu khi x qua các điểm ± 6

3 nên đồ thị hàm số có hai điểm

− −

 ữ

 ữ

  1

−

 ữ

 ữ

  2

(3) Đồ thị của hàm số: Ta tìm thêm vài điểm trên đồ thị A(−1; −2), B(1; −2) −

Bạn đọc tự vẽ đồ thị.

2. Miền xác định D = Ă

Đạo hàm:

y' = 4x3 − 4(m + 1)x = 4x(x2 − m − 1), y' = 0 ⇔ x(x2 − m − 1) = 0 (1) Hàm số có ba điểm cực trị A, B, C

⇔ (1) có ba nghiệm phân biệt ⇔ m + 1 > 0 ⇔ m > −1

Khi đó, (1) có ba nghiệm phân biệt x = 0, x = ± m 1+ và toạ độ ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là:

A(0; m), B(− m 1+ ; −m2 − m − 1) , C( m 1+ ; −m2 − m − 1)

Ta có OA = BC khi:

OA2 = BC2 ⇔ m2 = 4(m + 1) ⇔ m2 − 4m − 4 = 0 ⇔m 2 2 2.= ±

Vậy, với m 2 2 2= ± thoả mãn điều kiện đầu bài

Câu II.

1. Biến đổi phơng trình về dạng:

2sinx.cos2x + sinx.cosx = cos2x + sinx + cosx

⇔ (1 + cos2x)sinx + sinx.cosx = cos2x + sinx + cosx

⇔ (sinx − 1)cos2x + (sinx − 1)cosx = 0 ⇔ (sinx − 1)(cos2x + cosx) = 0

sin x 1 0

cos 2x cos x 0

− =



⇔  + = ⇔ sin x 1cos 2x== −cos x cos(= π −x)

x k2

2 2x x k2

2x x k2

π

 = + π









x k2 2 2

x k

3 3

x k2

π

 = + π







 = −π+ π





x k2

2 , k . 2

x k

3 3

π

 = + π



 = +



Â

2. Điều kiện:

2 x 0

2 x 0

+ ≥



 − ≥

Biến đổi phơng trình về dạng:

3 2 x 2 2 x+ − − = −10 3x 4 4 x − − (1)

Đặt t= 2 x 2 2 x+ − − suy ra:

2

t = 2 x 2 2 x+ − − = −10 3x 4 4 x − − 2

Do đó phơng trình (1) có dạng:

3t = t2 ⇔ t2 − 3t = 0 ⇔ t = 0 hoặc t = 3

Ta lần lợt:

 Với t = 0 thì:

2 x 2 2 x+ − − =0⇔ 2 x+ =2 2 x−

⇔ 2 + x = 4(2 − x) ⇔ 5x = 6 x 6

5

⇔ = , thoả mãn (*)

 Với t = 3 thì:

2 x 2 2 x+ − − =3⇔ 2 x+ =2 2 x 3− + (**)

2 x 4(2 x) 9 12 2 x

phơng trình này vô nghiệm do với điều kiện (*) thì VP < 0

Vậy, phơng trình có nghiệm x 6

5

=

 Chú ý: Có thể sử dụng đánh giá để giải phơng trình (**) nh sau:

2 + x ≤ 2 + 2 = 4 ⇒ 2 x+ ≤2 ⇒ VT ≤ 2,

VP 2 2 x 3 3= − + ≥

Từ đó, suy ra phơng trình này vô nghiệm

Câu III Ta có biến đổi:

cos x cos x

Ta lần lợt:

 Với I1 thì:

/3

I =tan xπ = 3

 Với I2 sử dụng phơng pháp tích phân từng phần bằng cách đặt:

2

u x sin x.dx dv

cos x

=





 =



du dx

1 v cos x

=







Khi đó:

/3 /3

2

0 0

I cos x cos x

= ữ −

0

/ 3 cos x.dx cos / 3 cos x

π π

/3

2 0

2 d(sin x)

3 1 sin x

π

π

−

∫ /3

0

2 1 1 1

d(sin x)

3 2 sin x 1 sin x 1

π

∫

( ) /3

0

2 1

ln sin x 1 ln sin x 1

3 2

π

π

2 1

ln sin 1 ln sin 1

3 2 3 3

2 1 ln(2 3)

3 2

π

Thay I1 và I2 vào (1) ta đợc I 3 2 1ln(2 3)

3 2

π

Câu IV Học sinh tự vẽ hình.

Từ giả thiết ta đợc A1O ⊥ (ABCD) với O là giao điểm của AC và BD Với E là trung điểm của AD thì:

1

OE AD

A E AD

⊥



((ADD A ), (ABCD)) A EO 60= =

a Tính thể tích khối lăng trụ ABCD.A1B1C1D1: Ta có:

1 1 1 1

ABCD.A B C D 1 ABCD 1

V =A O.S =A O.AB.AD

Trong đó:

AB

A O OE.tan A EO tan A EO

2

.tan 60 2

2

=

Từ đó:

1 1 1 1

3 ABCD.A B C D

b Tính khoảng cách từ B1 đến mặt phẳng (A1BD): Hạ CH ⊥ BD (H∈BD), ta có:

CH ⊥ (A1BD) ⇒ d(C, (A1BD)) = CH

Nhận xét rằng:

B1C // A1D ⇒ B1C // (A1BD) ⇒ d(B1, (A1BD)) = d(C, (A1BD)) = CH Trong ∆BCD, ta có:

CH =BC +CD

( )

2

CD.BC a.a 3 a 3

2

CD BC a a 3

Câu V Trớc tiên, với ẩn phụ t a b

b a

= + (t ≥ 2) ta viết lại P dới dạng:

      

=  + ữ −  + ữ−  + ữ − 

= 4(t3 − 3t) − 9(t2 − 2) = 4t3 − 9t2 − 12t + 18

Với a, b dơng ta đi biến đổi điều kiện:

2(a2 + b2) + ab = (a + b)(ab + 2)

⇔ 2(a2 + b2) + ab = (a + b)ab + 2(a + b)

Chia cả hai vế của đẳng thức trên cho ab, ta đợc:

a b 1 1

2 1 a b 2

b a b a

Nhận xét rằng :

1 1 1 1

a b 2 2 2(a b)

b a b a

a b

2 2 2

b a

từ đó, suy ra:

a b a b

2 1 2 2 2

b a b a

    ⇔2t 1 2 2 t 2+ ≥ ( + )

⇔ (2t + 1)2 ≥ 8(t + 2) ⇔ ⇔ 4t2 − 4t − 15 ≥ 0 t 5

2

⇒ ≥

Xét hàm số f(t) = 4t3 − 9t2 − 12t + 18 trên 5;

2

+ ∞ữ

 , ta có:

f'(t) = 12t2 − 18t − 12 = 6(2t2 − 3t − 2) = 6t(2t − 5) + 12t − 12 > 0

⇒ Hàm số f(t) đồng biến trên 5;

2

Từ đó, ta có fMin = f 5 23

2 4

  = −

 ữ

Vậy, ta có PMin = 23

4

− đạt đợc khi:

5

t

2

=

a b 5

b a 2

1 1

a b 2

b a

 + =





( )

a b 5

b a 2

2 a b

a b

ab

 + =



 + =



a, b 0 a b 5

b a 2

ab 2

>  + =

⇔ 

 =



2 2

a b 5

ab 2

⇔ 

=



2

(a b) 2ab 5

ab 2

⇔ 

=



2

(a b) 9

ab 2

⇔ 

=



a b 3

ab 2

+ =





suy ra a, b là nghiệm của phơng trình:

x2 − 3x + 2 = 0 ⇔  =x 1x 2= a 1, b 2

a 2, b 1



Câu VI.a

1 Học sinh tự vẽ hình.

Chuyển phơng trình các đờng thẳng (∆) và (d) về dạng tham số:

x a

y 2a 2

=

 = −

 Ă ⇒ N(a; 2a − 2) ∈ (d).

x b ( ) : , (b )

y b 4

=



∆  = − ∈Ă ⇒ M(b; b − 4) ∈ (∆)

Ta có:

 Ba điểm O, M, N thẳng hàng điều kiện là:

OM kONuuuur= uuur ⇔ a(b − 4) = (2a − 2)b ⇔ 4a = b(2 − a) b 4a

2 a

⇔ =

−

 Để OM.ON = 8 điều kiện là:

OM2.ON2 = 64 ⇔ [b2 + (b − 4)2][a2 + (2a − 2)2] = 64

⇔ (5a2 − 8a + 4)2 = 4(a − 2)2 ⇔ (5a2 − 8a + 4)2 − 4(a − 2)2 = 0

⇔ (5a2 − 6a)(5a2 − 8a + 4) = 0 2

2

5a 6a 0 5a 10a 8 0 (vn)

⇔ 



a 0

a 6 / 5

=



1

2

N (0; 2)

6 2

N ;

5 5

−







Vậy, tồn tại hai điểm N1 và N2 thoả mãn điều kiện đầu bài

2 Giả sử M(x; y; z) thuộc (P) và đờng thẳng (∆) có vtcp a (1; 2; 1).uur∆ − −

Toạ độ giao điểm I của đờng thẳng (∆) với mặt phẳng (P) là nghiệm của hệ:

x y z 3 0

x 2 y 1 z

1 2 1

+ + − =







x y z 3 2x y 3

y 2z 1

+ + =





 − = −



⇔ x = y = z = 1 ⇒ I(1; 1; 1)

Ta có giả thiết:

M (P)

IM ( )

IM 4 14

 ∈





M (P) IM.a 0

IM 224

∆

∈







uuuruur

2x y 2 0 1.(x 1) 2(y 1) 1.(z 1) 0 (x 1) (y 1) (z 1) 224

 − − =



 − + − + − =



2x y 2 0

x 2y z 2 0

(x 1) (y 1) (z 1) 224

 − − =



 − + − + − =



y 2x 2

z 4 3x

(x 1) (2x 2 1) (4 3x 1) 224



 − + − − + − − =



2

y 2x 2

z 4 3x

x 2x 15 0



 − − =



x 3, y 7, z 13

x 5, y 9, z 11



Vậy, tồn tại hai điểm M1( −3; −7; 13) và M2(5; 9; −11) thoả mãn điều kiện đầu bài

Câu VII.a Giả sử z = a + bi, (a, b∈Ă ) ta có ngay:

5 i 3 (a bi) 1 0

a bi

+

+ ⇔ −(a bi)(a bi)+ − +(5 i 3) − +(a bi) 0=

(a2 b2 a 5) (b 3 i 0)

2 2

a b a 5 0

b 3 0

 + − − =



⇔ 



2

a a 2 0

b 3

 − − =



⇔ 

= −



a 1

a 2

b 3

 = −

 =

 = −



Vậy, tồn tại hai số phức z= − −1 i 3, z 2 i 3= − thoả mãn điều kiện đầu bài

Câu VI.b

1 Học sinh tự vẽ hình.

Vì BD 5; 0

2

uuur

nên suy ra BD // EF và do đó ∆ABC cân tại A

Ta có đợc: