ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 2 - NĂM 2013 -Khoi chuyen Dai hoc Vinh

b Viết phương trình tiếp tuyến của H biết rằng tiếp điểm của tiếp tuyến đó với H cách điểm A0;1 một khoảng bằng 2.. Cho tứ diện ABCD có mặt phẳng ABC vuông góc với mặt phẳng BCD, tam giá

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 2 - NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối: A và A1; 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 2







x

x

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

b) Viết phương trình tiếp tuyến của (H) biết rằng tiếp điểm của tiếp tuyến đó với (H) cách điểm A(0;1) một khoảng bằng 2

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình (1cosx)cotxcos2xsinxsin2x

Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

2 ) 1 ( 3 ) 1 (

0 3

2 2

2



































y x y y x xy y

x

x xy x

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân d

sin

) sin 1 ln(

cos 2

6

2







x x

x x

I

Câu 5 (1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (BCD), tam giác BCD

vuông ở D Biết rằng ABa 15, BC3a 3, ACa 6; góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) bằng

600 Tính thể tích khối tứ diện ABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACD) theo a

Câu 6 (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y thỏa mãn 4 4 1 xy2

xy y

x Tìm giá trị lớn nhất của

2 1

3 1

2 1

2

2

x

P













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 đường tròn (C):(x1)2(y2)2 5 và đường thẳng d:x  y20.Từ điểm A thuộc d kẻ hai đường thẳng lần lượt tiếp xúc với (C) tại B và C Tìm tọa độ điểm

A biết rằng diện tích tam giác ABC bằng 8

Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1;0;1), B(1;3;2),C(1;3;1)

Tìm điểm D thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng (P):xyz0 và (Q):y  z10 sao cho thể tích khối

tứ diện ABCD bằng 3

Câu 9.a (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn 1z zi2(iz1)2 Tính mô đun của

1

4





z

b Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng 1:xy10 và

0 1 7

:

 x y Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với  tại 1 M(1;2) và tiếp xúc với  2

Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P):x2yz50 và các điểm A(3;1;3),B(5;1;1). Tìm điểm C thuộc (P) sao cho mặt phẳng (ABC) vuông góc với (P) và diện tích tam giác ABC bằng 3

Câu 9.b (1,0 điểm) Tìm số phức z biết rằng z  2z 3i và

i

z i

) 3 1 ( 3 1

) 1 (









có một acgumen bằng

6





- Hết -

Ghi chú: 1 BTC sẽ trả bài vào các ngày 13, 14/4/2013 Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại phiếu dự

thi cho BTC

2 Kỳ khảo sát chất lượng lần 3 sẽ được tổ chức vào chiều ngày 11 và ngày 12/5/2013 Đăng kí dự thi tại văn phòng trường THPT Chuyên từ ngày 13/4/2013

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 2 - NĂM 2013 Môn: TOÁN – Khối A, A1; 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 2



x và lim 2



Giới hạn vô cực:  



xlim( 1 ) và lim

) 1



x

Suy ra đồ thị (H) có tiệm cận ngang là đường thẳng y2, tiệm cận đứng là đường thẳng x1

* Chiều biến thiên: Ta có 0, 1

) 1 (

3



x y

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 ;0 ,

2

1













cắt Oy tại ( 0; 1) và nhận giao điểm I(1;2) của hai tiệm cận

làm tâm đối xứng

0,5

b) (1,0 điểm)

1

1 2

0

0















x x

x x

M là tiếp điểm Theo bài ra ta có MA2

1

1

0

0 2



















x

x

1

2 2

0

0 2



















x

x x

























2

0 )

1 ( , 0 ) 6 4 )(

2 (

0

0 0

0 2 0 0 0

x

x x

x x x x

0,5

Câu 1

(2,0

điểm)

Với x0 0, phương trình tiếp tuyến là yy'(0).(x0)y(0) hay y  x3 1

Với x0 2, phương trình tiếp tuyến là yy'(2).(x2)y(2) hay

3

1 3

1



 x y

Vậy có hai tiếp tuyến thỏa mãn bài toán là y  x3 1 và

3

1 3

1



 x y

0,5

Câu 2

(1,0

điểm)

Điều kiện: sinx0, hay xk , k

Khi đó phương trình đã cho tương đương với

x

x

sin

cos ) cos 1

0 ) sin (cos

sin 2 cos ) sin 2 1 ( cos

cos sin 2 sin sin 2 cos cos

cos

2 2

2

2 2

2























x x

x x x

x

x x x

x x x

x

0 ) 1 sin (cos 2 cos

0 2 cos sin 2 cos 2 cos cos

















x x x

x x

x x

x

0,5

x

'

y

y



2









2

x

O

y

I

1

 2

1

1

*) ,

2 4 0

2 cos x x k  thỏa mãn

4 4 2

1 4 cos 0 1 sin





































tm

, 2 2

ktm , 2





 k x

k x

2

, 2

0,5

Điều kiện: x2y2y0y0

Từ phương trình thứ nhất của hệ ta có xyx2x3

Thế vào phương trình thứ hai ta được

(x1)23(y1)2x22x62 x2y2y 0

0 1 2

2 2 3

0 ) 2 ( 2 3 2

2 2

2 2



























x

y x

y

y x y x

0,5

Câu 3

(1,0

điểm)

Từ đây ta có 1

2



x

y

hay y  x22 Thay vào phương trình thứ nhất của hệ ta có

x2x(x22)x30(x1)(x23)0x1 Suy ra y3 Vậy nghiệm của hệ là x1, y3

0,5

Đặt sinx  t ta có cosxdxdt và khi ,

2

1

6  

2  

Khi đó  

1

2 1

2 )d 1 ln(

t t

t

Câu 4

(1,0

điểm)

1

d d ) 1 ln(

t

t u t u









t

v t

t

v   Áp dụng công thức tích phân từng phần ta có



































1

2 1 1

2

1 2 1

1

d 1

1 1 2

3 ln 2 2 ln ) 1 (

d )

1 ln(

1

t t t t

t

t t

t I

16

27 ln 2 ln 4 3 ln 3

| 1

| ln

|

| ln 2 ln 3 3 ln 2

2 1 1

2 1

1















0,5

Vì AB2AC2 BC2 nên BAC900 (1)

Kẻ AH  BC tại H, vì (1) nên H thuộc đoạn BC Vì

) ( ) (ABC  BCD nên AH  (BCD)

Kẻ HK  CD tại K  đường xiên AK  CD, từ giả thiết AKH 600

Sử dụng định lí cosin cho

2

1



AHC



3 2

a HC



Câu 5

(1,0

điểm)

3

1

CB

CH BD

HK BD

Mà HK AHcot600 aBD3a,CD BC2BD2 3 2a

2

6 3

3

1 2

2 9 2

S AH V

a DC

BD



0,5

A

C

K

H

'

H

Kẻ HH ' AKtại H vì ', CD  ( AHK) nên CDHH'HH'(ACD) Từ công thức đường

cao của tam giác vuông AHK

2

3 ' a

HH 

HC

BC

nên dB,(ACD)3dH, (ACD) (3)

Từ (2) và (3) suy ra  

2

3 3 ) (

B

Chú ý: HS có thể tính  ,( ) 3

ACD

ABCD

S

V ACD B

0,5

Từ giả thiết ta có 2 2 2 2 1

xy y x

xy   Đặt xy  t0 ta được

t t

t22 21 0

) 1 2 )(

1 )(

1 ( 0 ) 1 2 (

2

1 0 ) 1 2 )(

1

Với x, y0 và xy1 ta có

xy y

2 1

1 1

1

2

) 1 )(

1 )(

1 (

) 1 ( ) ( )

1

2















xy y

x

xy y x

đúng do x, y0 và xy1

2 1

3 1

4 2

1

3 1

4

t t

xy xy

P















0,5

Câu 6

(1,0

điểm)

Xét hàm số

t t

t f

2 1

3 1

4 ) (







2

1









Ta có

2

1 ,

0 ) 2 1 ( ) 1 (

1 2 5 2 ) 2 1 (

6 )

1 (

4 ) (

2 2

















t t

t t t

t t

f

2

1 ,

6

7 2

1 ) (    











t

Từ (2) và (3) ta có

6

7



P Dấu đẳng thức xảy ra khi

2

1



2

1





 x y

Vậy giá trị lớn nhất của P là ,

6

7

2

1



 y

x

0,5

(C) có tâm I(1;2),R 5 Ad A(a; a2)

Từ tính chất tiếp tuyến IA  BC tại H là trung điểm BC

Giả sử IAm,IHn(mn0)

2 2

2

5

n m



8 5

) (

2













0,5

Câu

7.a

(1,0

điểm)

Trong tam giác vuông IBA có 2 5 5

n m n m IA

IH

Thay (2) vào (1) ta có

0 ) 125 14

)(

1 ( 0 125 139

15 8

5





































n







































)

2

; 4 (

) 3

; 1 ( 4

1 25

) 4 ( ) 1 (

A

A a

a a

a IA

0,5

Từ giả thiết suy ra tọa độ D thỏa mãn



















0 1

0

z y

z y x

Đặt y  t ta có















 1

1 2

t z

t x

)

1

;

; 1 2

0,5 Câu

8.a

(1,0

điểm)



























12

6 3

3

| 3

| 6 2 6

1 ]

, [ 6

1

t

t t

t AD AC AB

V ABCD

Suy ra D(11;6;5),D(25;12;13)

0,5

A

C

I

B

d

H

Đặt zabi,(a,bR) Từ giả thiết ta có 1abi a(b1)i (b1ai)2

































)

1 ( 2

) 1 ( 2 1 ) 1 ( 2 ) 1 ( 2 1

2 2

b a b

b a i

b a b

bi a

Suy ra 2( 1) ,( 1) ( 2)(2 1) 0,( 1)

) 1 ( 2



b

b





























2

1 2

1

1 2

a b

a b

Suy ra z1 2i hoặc

2

1 2

1

i

0,5

Câu

9.a

(1,0

điểm)

2 2

4 2 1 1

4

























i

i z

z

2

1 2

1

i

2

2 7 1 2

7 1

8 2

1 2

1 1

4



















i

i z

z

0,5

(C) tiếp xúc với  tại M 1 I

IM

C M

















1

) (

thuộc đường thẳng

1





d tại M

Phương trình d:xy30I(a;3a), RIM  a1 2

0,5

Câu

7.b

(1,0

điểm)

























2

3 2

1 2

5

| 22 6

| )

,

a

a a

a R I

d

















2 ),

1

; 2 (

2 4 ), 6

; 3 (

R I

R I

Suy ra (C):(x3)2(y6)2 32 hoặc (C):(x2)2(y1)2 2

0,5

Mặt phẳng (Q) chứa AB và vuông góc với (P) nên có véctơ pháp tuyến n Q [AB,n P](1;1;1)

Suy ra (Q :xyz50

Từ giả thiết suy ra C thuộc giao tuyến (Q) và (P) Suy ra tọa độ C thỏa mãn























0 5 2

0 5

z y x

z y

Câu

8.b

(1,0

điểm)

5

0



















t z

y t x









































)

2

; 0

; 3 (

) 0

; 0

; 5 ( 3

5 1

4 3

3 4 )

8 2 ( 3 2

1 ] , [ 2

C

C t

t t

t t

AC AB

S ABC

0,5

4

3 1 ) 3 1 ( 3 1 ) 3 1 ( ) 3 1 (

1 )

3 1 ( 3 1

1

2 2

i i

i i



























3

sin 3

cos 2

1















3 sin(

) 3

cos(

2 ) 3 1 ( 3 1

) 1 (































r i

z i

6 6

3









2 2

3

i r r

0,5

Câu

9.b

(1,0

điểm)

Từ giả thiết của bài toán ta có r r i  3rri 3i

2 2 3

























































3 2

2 )

1 ( 4 )

1 ( ) 1 ( 3 2 2

2 2

r

r r

r r

r r

r

3

1 3

3 ,

0,5

I

1



2



M(1; 2)

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 2 - NĂM 2013

Môn: TOÁN; Khối: D; 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 2







x

x

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

b) Viết phương trình tiếp tuyến của (H) biết rằng tiếp điểm của tiếp tuyến đó với (H) cách điểm A(0;1) một khoảng bằng 2

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình (1cosx)cotxcos2xsinxsin2x

2 2

1 ) 3 (

0 3

2

2































y x y y x x

x y

x xy x

Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân d

sin

) sin 1 ln(

cos 2

6

2







x x

x x

I

Câu 5 (1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có mặt phẳng (ABC)  (BCD), BAC  BDC900 Cho biết

5 ,

5

AB  Tính thể tích khối tứ diện ABCD và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACD) theo a, biết rằng góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) bằng  với tan 4

Câu 6 (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y thỏa mãn 3 3 4 4 2

xy y x

xy    Tìm giá trị lớn nhất của

2

16 2 2 2 2









y x y x P

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 đường tròn (C):(x1)2(y2)2 5 và đường thẳng d:x  y20.Từ điểm A thuộc d kẻ hai đường thẳng lần lượt tiếp xúc với (C) tại B và C Tìm tọa độ điểm

A biết rằng diện tích tam giác ABC bằng 8

Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(1;0;1), B(1;3;2),C(1;3;1)

Tìm điểm D thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng (P):xyz0 và (Q):y  z10 sao cho thể tích khối

tứ diện ABCD bằng 3

Câu 9.a (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn 1z zi2(iz1)2 Tính mô đun của

1

4





z

b Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng 1:xy10 và

0 1 7

:

 x y Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với 1 tại M(1;2) và tiếp xúc với 2

Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P):x2yz50 và các điểm A(3;1;3),B(5;1;1). Tìm điểm C thuộc (P) sao cho mặt phẳng (ABC) vuông góc với (P) và diện tích tam giác ABC bằng 3

Câu 9.b (1,0 điểm) Tìm số phức z biết rằng z  2z 3i và

i

z i

) 3 1 ( 3 1

) 1 (









có một acgumen bằng

6





- Hết -

Ghi chú: 1 BTC sẽ trả bài vào các ngày 13, 14/4/2013 Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại phiếu dự

thi cho BTC

2 Kỳ khảo sát chất lượng lần 3 sẽ được tổ chức vào chiều ngày 11 và ngày 12/5/2013 Đăng kí dự thi tại văn phòng trường THPT Chuyên từ ngày 13/4/2013

TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 2 - NĂM 2013

Môn: TOÁN – Khối D; 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 2



x và lim 2



Giới hạn vô cực:  



xlim( 1 ) và lim

) 1



x

Suy ra đồ thị (H) có tiệm cận ngang là đường thẳng y2, tiệm cận đứng là đường thẳng x1

* Chiều biến thiên: Ta có 0, 1

) 1 (

3



x y

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 ;0 ,

2

1













cắt Oy tại ( 0; 1) và nhận giao điểm I(1;2) của hai tiệm cận

làm tâm đối xứng

0,5

b) (1,0 điểm)

1

1 2

0

0















x x

x x

M là tiếp điểm Theo bài ra ta có MA2

1

1

0

0 2



















x

x

1

2 2

0

0 2



















x

x x

























2

0 )

1 ( , 0 ) 6 4 )(

2 (

0

0 0

0 2 0 0 0

x

x x

x x x x

0,5

Câu 1

(2,0

điểm)

Với x00, phương trình tiếp tuyến là yy'(0).(x0)y(0) hay y  x3 1

Với x02, phương trình tiếp tuyến là yy'(2).(x2)y(2) hay

3

1 3

1



 x y

Vậy có hai tiếp tuyến thỏa mãn bài toán là y  x3 1 và

3

1 3

1



 x y

0,5

Câu 2

(1,0

điểm)

Điều kiện: sinx0, hay xk , k

Khi đó phương trình đã cho tương đương với

x

x

sin

cos ) cos 1

0 ) sin (cos

sin 2 cos ) sin 2 1 ( cos

cos sin 2 sin sin 2 cos cos

cos

2 2

2

2 2

2























x x

x x x

x

x x x

x x x

x

0 ) 1 sin (cos 2 cos

0 2 cos sin 2 cos 2 cos cos

















x x x

x x

x x

x

0,5

x

'

y

y



2









2

x

O

y

I

1

 2

1

1

*) ,

2 4 0

2 cos x x k  thỏa mãn

4 4 2

1 4 cos 0 1 sin





































tm

, 2 2

ktm , 2





 k x

k x

2

, 2

0,5

Điều kiện: x2y2y0 y0

Trừ hai phương trình của hệ ta được

x23y22 x2y2y

0 2

3 2 2

1

0 3 ) 2 ( 2 ) 2 (

2 2

2 2

























x

y x

y

y y x

Câu 3

(1,0

điểm)

2

2

x

y

Thế vào phương trình thứ nhất của hệ ta được 0

3 ) 2 ( 2

2









x (x1)(x23)0x1 Suy ra y3 Vậy nghiệm của hệ là x1, y3

0,5

Đặt sinx  t ta có cosxdxdt và khi ,

2

1

6  

2  

Khi đó  

1

2 1

2 )d 1 ln(

t t

t

Câu 4

(1,0

điểm)

1

d d ) 1 ln(

t

t u t u









t

v t

t

v   Áp dụng công thức tích phân từng phần ta có



































1

2 1 1

2

1 2 1

1

d 1

1 1 2

3 ln 2 2 ln ) 1 (

d )

1 ln(

1

t t t t

t

t t

t I

16

27 ln 2 ln 4 3 ln 3

| 1

| ln

|

| ln 2 ln 3 3 ln 2

2 1 1

2 1

1















0,5

Kẻ AH  BC tại H, vì (ABC ) (BCD) nên AH  (BCD)

Kẻ HK  CD tại K,  đường xiên AK CDAKH 

Vì AB2 5, ACa 5 nên BC5a,HCa, BH  4a,

a

2

AH

Do HK, BD cùng vuông góc CD nên HK // BD

Mà BC5HC nên

2

5

5HK a

2

3 5

2

BD BC



8

3 25

2

CD BD

12

3 25

3

S AH



0,5

Câu 5

(1,0

điểm)

Kẻ HH ' AKtại H vì ', CD  ( AHK) nên CD  HH' HH ' (ACD) Từ công thức

đường cao tam giác vuông AHK

17

2

HH 

 Mà BC 5HC nên

17

10 ' 5 (

, 5 ) (

B

Chú ý: HS có thể tính  , ( ) 3

ACD

ABCD

S

V ACD B

0,5

A

C

K

H

'

H



Đặt xy  t0 Từ giả thiết ta có

xy y x xy y x

3   4 4  2 2 , hay

t t

3   2 2t33t23t20

0 ) 2 )(

1 2 )(

1

2

1





 t , vì t0

Ta lại có

1

8 2

2

2 2













t

t xy y x

0,5

Câu 6

(1,0

điểm)

Xét hàm số

1

8 )







t t t

2

1



 t Ta có

, ) 1 (

8 2 ) (







t t t

2

1



 t























0 4 ) 2 (

2 2

1 0 ) ( '

2

t t

t t

f























0 ) 4 3 )(

1 (

2 2 1

2

t t t

t

1



 t

Ta có

12

67 2

1 , 3

20 ) 2 ( , 5 ) 1













Từ (1) và (2) suy ra

3

20



0

2



















y x y

x xy

Vậy giá trị lớn nhất của P là

3

20 , đạt khi x  y 2

0,5

(C) có tâm I(1;2),R 5 Ad A(a; a2)

Từ tính chất tiếp tuyến IA  BC tại H là trung điểm BC

Giả sử IAm,IHn(mn0)

2 2

2

5

n m



8 5

) (

2













0,5

Câu

7.a

(1,0

điểm)

Trong tam giác vuông IBA có 2 5 5

n m n m IA

IH

Thay (2) vào (1) ta có

0 ) 125 14

)(

1 ( 0 125 139

15 8

5





































n







































)

2

; 4 (

) 3

; 1 ( 4

1 25

) 4 ( ) 1 (

A

A a

a a

a IA

0,5

Từ giả thiết suy ra tọa độ D thỏa mãn



















0 1

0

z y

z y x

Đặt y  t ta có















 1

1 2

t z

t x

)

1

;

; 1 2

0,5

Câu

8.a

(1,0

điểm)



























12

6 3

3

| 3

| 6 2 6

1 ]

, [ 6

1

t

t t

t AD AC AB

V ABCD

A

C

I

B

d

H

Đặt zabi,(a,bR) Từ giả thiết ta có 1abi a(b1)i (b1ai)2

































)

1 ( 2

) 1 ( 2 1 ) 1 ( 2 ) 1 ( 2 1

2 2

b a b

b a i

b a b

bi a

Suy ra

) 1 ( , 0 ) 1 2 )(

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



b

b





























2

1 2

1

1 2

a b

a b

Suy ra z1 2i hoặc

2

1 2

1

i

0,5

Câu

9.a

(1,0

điểm)

2 2

4 2 1 1

4

























i

i z

z

2

1 2

1

i

2

2 7 1 2

7 1

8 2

1 2

1 1

4



















i

i z

z

0,5

(C) tiếp xúc với  tại M 1 I

IM

C M

















1

) (

thuộc đường thẳng

1





d tại M

Phương trình d:xy30I(a;3a), RIM  a1 2

0,5

Câu

7.b

(1,0

điểm)

























2

3 2

1 2

5

| 22 6

| )

,

a

a a

a R I

d

















2 ),

1

; 2 (

2 4 ), 6

; 3 (

R I

R I

Suy ra (C):(x3)2(y6)2 32 hoặc (C):(x2)2(y1)2 2

0,5

Mặt phẳng (Q) chứa AB và vuông góc với (P) nên có véctơ pháp tuyến n Q [AB,n P](1;1;1)

Suy ra (Q :xyz50

Từ giả thiết suy ra C thuộc giao tuyến (Q) và (P) Suy ra tọa độ C thỏa mãn























0 5 2

0 5

z y x

z y

Câu

8.b

(1,0

điểm)

5

0



















t z

y t x









































)

2

; 0

; 3 (

) 0

; 0

; 5 ( 3

5 1

4 3

3 4 )

8 2 ( 3 2

1 ] , [ 2

C

C t

t t

t t

AC AB

S ABC

0,5

4

3 1 ) 3 1 ( 3 1 ) 3 1 ( ) 3 1 (

1 )

3 1 ( 3 1

1

2 2

i i

i i



























3

sin 3

cos 2

1















3 sin(

) 3

cos(

2 ) 3 1 ( 3 1

) 1 (























r i

z i

6 6

3









2 2

3

i r r

0,5

Câu

9.b

(1,0

điểm)

Từ giả thiết của bài toán ta có r r i  3rri 3i

2 2 3

























































3 2

2 )

1 ( 4 )

1 ( ) 1 ( 3 2 2

2 2

r

r r

r r

r r

r

3

1 3

3 ,

0,5

I

1



2



M(1; 2)