ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2011

0
288
ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2011
QUẢNG CÁO
Vài Phút Quảng Cáo Sản Phẩm


ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2011

Mọi ý kiến đóng góp xin gửi vào hòm thư: [email protected]

Tổng hợp các đề cương đại học hiện có của Đại Học Hàng HảiĐề Cương VIMARU 

Kéo xuống để Tải ngay đề cương bản PDF đầy đủ: Sau “mục lục” và “bản xem trước”

(Nếu là đề cương nhiều công thức nên mọi người nên tải về để xem tránh mất công thức)

Đề cương liên quan: BỘ ĐỀ THI VÀ LỜI GIẢI XÁC SUẤT THỐNG KÊ


Tải ngay đề cương bản PDF tại đây: ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2011

ÐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2011

 

Môn thi : TOÁN

 

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

Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y       1

2 x  1

  1. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
  2. Chứng minh rằng với mọi m đường thẳng y = x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và B. Gọi k1, k2 lần lượt là hệ số góc của các tiếp tuyến với (C) tại A và B. Tìm m để tổng k1 + k2 đạt giá trị lớn nhất.

Câu II (2,0 điểm).

1. Giải phương trình

1  sin 2 x  cos 2x

 

 

 

 

 

sin x sin 2x .

 

 

 

2

 

 

 

 

1  cot2 x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

4 xy

2

3 y

3

2( x  y)  0

 

 

5 x

 

 

 

2. Giải hệ phương trình

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(x, y  R).

 

 

xy ( x 2    y 2 )  2  ( x  y)2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

x sin(1)cos x

 

 

Câu III (1,0 điểm). Tính tích phân I =

dx

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

x sincos x

 

Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB=BC=2a; hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M là trung điểm của AB; mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại N. Biết góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 600. Tính thể tích khối chóp S. BCNM và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SN theo a.

 

Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn [1; 4] và x       y, x      z. Tìm giá

 

trị nhỏ nhất của biểu thức P =

x

 

y

 

z

.

 

 

 

 

2 x  3y  y  z  z  x

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

  1. Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

  1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng : x + y + 2 = 0 và đường tròn (C): x2 + y2 – 4x – 2y = 0. Gọi I là tâm của (C), M là điểm thuộc . Qua M kẻ các tiếp tuyến MA và MB đến (C) (A và B là các tiếp điểm). Tìm tọa độ điểm M, biết tứ giác MAIB có diện tích bằng 10.

 

  1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A (2; 0; 1), B (0; -2; 3) và mặt phẳng (P): 2x – y – z + 4 = 0. Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) sao cho MA = MB = 3.

 

Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm tất cả các số phức z, biết z2 = z 2  z .

 

  1. Theo chương trình Nâng cao

 

Câu VI.b (2,0 điểm)

  1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip (E) : x 2 y2 1. Tìm tọa độ các điểm A và

4     1

 

B thuộc (E), có hoành độ dương sao cho tam giác OAB cân tại O và có diện tích lớn nhất.

 

  1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) : x2 + y2 + z2–4x–4y– 4z=0 và điểm A (4; 4; 0). Viết phương trình mặt phẳng (OAB), biết điểm B thuộc (S) và tam giác OAB đều.

 

Câu VII.b (1,0 điểm) Tính môđun của số phức z, biết:

 

(2z – 1)(1 + i) + ( z +1)(1 – i) = 2 – 2i.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

BÀI GIẢI

 

 

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

 

 

Câu I. 1.  D

1

 

 

y

/

 

 

 

 

1

0,  x  D

 

 

\

 

 

 

 

;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2x  1 2

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

TCĐ: x=

1

 

vì lim y, lim y; TCN: y =

1

vì lim y

1

2

 

x

1

 

 

 

 

x

1

 

 

2

x

2

 

 

 

2

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

Hàm số nghịch biến trên (    ; 1 ) và ( 1 ; +  ). Hàm số không có cực trị.

X

 

 

 

2

2

 

 

-∞

1

 

+∞

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y’

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Y

1

 

 

 

+∞

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

-∞

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

y

 

 

 

 

 

 

1

 

2

O

1

x

1

 

2  -1

 

 

 

 

 

 

  1. Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng d : y = x +m

 

x  1  x  m   (2x – 1) (x + m) = -x + 1 (Vì x = 1 không là nghiệm)

2x  1                                                                                             2

2x2 + 2mx – (m + 1) = 0 (1)

Phương trình (1) có         m 2   2 m  2    ( m  1) 2  1   0,  m       R

 

Phương trình (1) luôn có 2 nghiệm nên d luôn cắt (C) tại hai điểm A, B.

Hoành độ tiếp điểm tại A, B là x1, x2 là nghiệm của phương trình (1)

x1

+ x2 = – m và x1.x2

=

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

4(x 2

x 2 )  4(x  x

 

 

 

1

 

 

 

 

1

 

)  2

Ta có: k1   k2

 

 

 

 

 

 

 

=

 

1

 

2

1

2

 

 

(2 x  1) 2

(2 x

 

 

1)2

 

4x x

2(x

x

)  1

2

 

1

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1  2

1

2

 

 

=  (4 m 2  8m   6)      4( m  1) 2   2

k1 + k2 đạt giá trị lớn nhất bằng -2     m = -1.

 

Câu II:

1  sin2x  cos 2x

 

 

 

 

1.

 

 

 

 

2.sin x. s in2x

 

 

 

1  cot2 x

 

sin2 x (1  sin2x  cos 2x )  22 sin2 x cos x (ĐK : sinx ≠ 0)

 

1  sin 2 x  cos 2 x  22 cos x

 

2 cos 2 x 2 sin x cos x 22 cos x 0 2 cos x (cos x sin x 2) 0

 

cosx = 0 hay cosx + sinx = 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

cosx = 0 hay sin  x

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

x =

 

hay x =

 

k 2  (k  Z)

2.

 

 

2

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4xy

2

3y

3

2(x  y)  0  (1)

5x

 

 

 

 

 

 

y 2 )  2  (x  y)2

 

(2)

xy (x 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

  • xy (x 2 y 2 )  2  x 2    y 2   2xy

 

(x 2 y 2 )(xy 1) 2(xy 1) 0 (xy 1)(x 2 y2 2) 0

xy  1

x 2    y2    2

 

 

 

 

 

 

4xy

2

3y

3

2(x  y)  0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

TH1:

5x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

xy  1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

v

 

x   1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

y   1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4xy

2

3y

3

2(x  y)  0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

5x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

TH2 :

 

2    y

2    2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4xy

2

3y

3

( x

2

y

2

)(x  y)  0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

5x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x 2    y2    2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y  x

 

v

 

y

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

y

2

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2  2

 

 

 

 

2  2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

x

 

 

1

 

 

x

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

5

 

 

 

 

5

 

 

 

v

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

y   1

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

5

 

 

 

 

 

 

5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x sin(1)cos x

 

 

x sincos x

 

x cos x

 

Câu III :  04

dx  04

 

 

 

 

 

 

dx

x sincos x

 

 

 

 

 

 

 

x sincos x

 

x sincos x

 

 

 

 

 

x sincos x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

2

 

 

4

1

 

dx   x  ln

 

x sincos x

 

 

 

 

 

 

 

ln(

 

 

 

 

)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

x sincos x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

4

 

8

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Câu IV

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ta có : SBA = 600 và  SBA là ½ tam giác đều

 

 

 

S

 

 

 

 

nên SA =

 

4 a

 

3

 

 

2 a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

V(SMNCB)

=

 

 

 

 

 

 

(a  2a )

2a

3 = a

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

A

 

 

M

B

 

 

 

 

 

3

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Kẻ NI // AB để có AMNI là hình vuông, vậy

I             N                                       khoảng cách của AB đến SN chính là đường

cao     SAI, gọi h là chiều cao đó, ta có:

C

 

 

1

 

 

 

1

 

 

 

 

 

1

h =

a

12

 

 

 

 

 

 

 

 

 

h 2

(2a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3)2    a2

 

13

 

 

 

Câu V. P =

x

 

y

 

z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2 x  3y  y  z  z  x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Lấy đạo hàm theo z ta có : P’ (z) = 0

 

 

y

 

 

 

 

 

x

 

=

(x  y )(z 2

xy)

 

( y  z )2

(z  x)2

( y  z )2 (z  x)2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

  • Nếu x = y thì P = 6 5

 

+ Ta xét x > y thì P  P(

 

 

) =

 

x

 

 

 

 

 

2

y

 

xy

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2x  3y

y

 

 

x

Khảo sát hàm P theo z, ta có P nhỏ nhất khi z =

 

 

 

 

xy

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

t2

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Đặt t =

x

 

P thành f(t) =

 

 

(t  (1; 2])

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y

 

 

 

 

 

 

2t 2

3

t

 

 

 

 

 

 

 

 

f’(t) =

 

2[4t 3 (t  1)  3(2t 2

3)]

< 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(2t 2   3)

2 (t  1)2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Vậy P                       f(t) f(2) = 34 . Dấu “=” xảy ra khi x = 4, y = 1, z = 2 33

34

Vậy min P =        .

 

Câu VI.a.

 

  1. Diện tích MAI=5 = 1 AM.5AM 25 và MI2 = IA2 + AM2 = 25 2

 

M               M(m; -m – 2). Vậy MI     (2     m; m   3) nên ta có phương trình:

 

4    m 2   4 m   m 2   6 m  9    25        m2 + m – 6 = 0      m = 2 hay m = -3

 

M (2; -4) và M (-3; 1).

  1. Pt mp (Q) trung trực đoạn AB qua trung điểm I (1;-1;2) của AB có VTPT

 

IA=(1;1;-1) là : x + y – z + 2 = 0

 

Giao tuyến d của (P) và (Q) qua J (0; 1; 3) có VTCP a = (2; 1; 3)

 

2t

 

pt d :  y  1  t

 

z       3    3t

 

MA = MB, M     (P)      M     d       M (2t; 1 + t; 3 + 3t)

 

MA = 3             (2 – 2t)2 + (-1 – t)2 + (-2 – 3t)2 = 9

t = 0 hay t =  3 . Vậy M (0; 1; 3) hay M

 

7

Câu VII.a. Giả sử z = a + bi (a, b     R)

 

z 2                                                                   z 2         z              ( a          ib ) 2    a 2        b 2        a          ib         a 2        b 2

 

a 2   b 2   a  a 2   b2

 

 

a   2b

2

 

 

 

 

 

 

 

 

2ab

 

 

 

 

0 v a

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

4b2   1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

1

 

 

 

0

 

a

 

 

 

a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

b

 

1

 

 

b

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

  • 4 12
    • ;
  • 7 7

 

2abi    a 2  b 2   a   bi

 

Vậy có 3 số phức thỏa ĐK là :

 

0,  z

1

 

1

i ,

z

1

 

1

i

 

 

 

 

2

2

 

2

2

 

  1. Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b 1. Do xA, xB > 0 và OAB cân tại O nên A, B đối xứng nhau qua Ox và xA = xB > 0, yB = – yA

 

Do A  (E) nên

x 2

y2

A

 

A

1

 

1

4

 

 

 

S OAB =

1

AB.d (O , AB )

1

2

 

y A

 

.

 

x A

 

 

 

x A yA

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x 2

y 2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có : 1 =

 

 

 

 

A

 

 

 

 

 

 

A

 

2

 

 

4

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

xA

 

 

 

 

xA      2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

S lớn nhất khi và chỉ khi :

 

4

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

y

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

yA

 

 

2

 

 

 

 

A

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Vậy : A (

 

 

 

2

 

) ; B (

 

 

 

 

2

 

) hay A (

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

) ; B

2;

2;

 

 

2;

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

x2     2

A .y A      x A y A     SOAB

4

 

 

 

 

2

( 2;      )

 

Cách khác :

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

AH

 

yA

 

 

S OAB    x A .

 

yA

Gọi OH là đường cao ta có OH  x A , xA    0

v

 

 

 

 

 

 

 

Mà ta có :

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4 y 2

4  4 y2

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4  4yA2

A(  2;

 

 

B(  2;

 

)S OAB

 

 

y A

 

 

 

 

),

 

 

 

 

 

.2.

.

A

A

1

2

 

2

 

2

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

xA

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

S  1   y A

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

A(2; 2 ), B(2;  2 ) hoặc B (2; 2 ), A(2;  2 )

2                          2                                2                          2

 

x B2   y B2 z B2 4x B  4y B   4zB    0

 

  1. B (S) và  OAB đều nên  OA 2    OB2

 

OA 2    AB2

 

 

 

x B2    y B2    z B2    4(x B    y B    zB )

x B    y B    zB    8

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

32  x 2

y 2

z2

 

 

 

x

2

y 2

z2

32

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

B

 

B

 

B

 

 

 

 

B

B

 

 

 

B

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

(4  y B )

2

2

 

2

2

2

8( x B

yB )  0

 

 

 

 

 

 

 

32  (4  x B )

 

 

zB

x B

y B

z B

 

 

 

 

 

 

 

x B    y B    zB    8

zB    4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

zB2    32

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x B2    y B2

( x B    y B ) 2   2 x B y B    zB2    32

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

yB

4

 

 

 

 

 

 

yB    4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x B

 

 

 

 

x B

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

xB    0

 

xB    4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

yB    4 hay  yB    0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

zB

 

zB    4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Trường hợp 1: OA  (4; 4; 0) ; OB  (0; 4; 4)

 

OA, OB

(16; 16;16)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Pt (OAB) : x – y + z = 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Trường hợp 2: OA  (4;4;0) ; OB  (4;0;4)

 

OA, OB

(16; 16; 16)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Pt (OAB) : x – y – z = 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Câu VII.b  Giả sử z = x + yi x, y  R

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ta có : (2z – 1)(1 + i) + (

 

+1)(1 – i) = 2 – 2i   2(1 + iz) + (1 – i)

 

= 2

 

 

 

 

z

z

 

 

 

 

2(1 + i)(x + yi) + (1 – i)(x – yi) = 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3x  3y  2

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

1

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

z

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3x – 3y + (x + y)i = 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x  y  0

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

9  9

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Trần Văn Toàn

(Trường THPT Vĩnh Viễn – TP.HCM)

LEAVE A REPLY

Please enter your comment!
Please enter your name here