Đề thi thử Đại học khối A môn: Toán

TÀI LIỆU TOÁN THPT
ĐỀ SỐ 9
ĐỀ THI THỬĐẠI HỌCNĂM 2013
Môn: TOÁN
NGÀY 23-02-2013
PHẦNCHUNGCHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y = x−2
x+1 (C ).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C ).
b) Tìm trên (C ) những điểm M mà tiếp tuyến của đồ thị tại đó cắt các đường tiệm cận của (C ) tại hai điểm
phân biệt A,B sao cho tam giác I AB có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng
5
2
bán kính đường tròn nội tiếp
(I là giao điểm hai đường tiệm cận).
Câu 2. (2 điểm)
a) Giải phương trình :
sin2x. sinx+ (cosx+1)(cosx+2)
2sin2x+cos2x+2sinx+cosx+1 = 1
b) Giải hệ phương trình :
{ (
x+ y +1)xy = x2+ y2(
x3+ y3)xy − y2 = 4xy2 (4x3y2+x−1)
Câu 3. (1 điểm) Tính tích phân : I =
∫ pi
2
0
x (7−cos2x)+3
cosx+2 dx
Câu 4. (1 điểm) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O , OA = 2OB = 2a. Cạnh SO vuông
góc với mặt phẳng đáy. Một mặt phẳng (α) đi qua A và vuông góc với SC cắt các cạnh SB ,SC ,SD lần lượt tại
B ′,C ′,D ′ . Gọi M là trung điểm của AB ′. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và góc giữa đường thẳng SM với mặt
phẳng (α), biết4B ′C ′D ′ đều.
Câu 5. (1 điểm) Cho các số thực x, y,z thuộc đoạn [1;3] . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
T = 25
(
y + z)2
12x2+2012(xy + yz+ zx)
PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làmmột trong hai phần A hoặc B
A. Theo chương trình chuẩn
Câu 6A. (2 điểm)
a) Trongmặt phẳng với hệ tọa độ Đề-cácOxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C1) : (x−2)2+(y−3)2 = 45.
Đường tròn (C2) có tâm K (−1;−3) cắt đường tròn (C1) theo một dây cung song song với AC . Biết diện tích tứ
giác AICK = 30p2, chu vi tam giác ABC bằng 10p10 trong đó I là tâm đường tròn (C1). Hãy tìm những điểm B
có hoành độ âm.
b) Trong không gian với hệ tọa độ Đề-các Oxyz cho tam giác ABC có C (3;2;3) . Phương trình đường cao
AH :
x−2
1
= y −3
1
= z−3−2 , phương trình đường phân giác trong BD :
x−1
1
= y −4−2 =
z−3
1
. Tính chu vi tam giác
ABC .
Câu 7A. (1 điểm) Giải phương trình : 9
(
2x2+4x+5) .3x2+3x = x2+x+3
B. Theo chương trình nâng cao
Câu 6B. (2 điểm)
a)Trongmặt phẳng với hệ tọa độĐề-cácOxy cho tamgiác ABC cân tại A, phương trình cạnh bên AC : x+y−3=
0. Trên tia đối của tiaCA lấy điểm E . Phân giác trong gócBAC cắt BE tạiD. Đường thẳng d đi quaD song song
với AB cắt BC tại F . Tìm tọa độ giao điểmM của AF và BE biết phương trình đường thẳng AF : 2x+ y −5= 0 và
I (−1;−3) là trung điểm của DF .
b) Trong không gian với hệ tọa độĐề-các Oxyz cho tứ diện ABCD có A(2;0;0),B(0;2;0),C (0;0;2),D(2;2;2) vàmặt
cầu (S) : (x−1)2+ (y −2)2+ (z−3)2 = 16 . Gọi M là điểm có tọa độ nguyên nằm trong tứ diện. Viết phương trình
mặt phẳng (α) quaM và cắt (S) theo một đường tròn có chu vi bé nhất.
Câu 7B. (1 điểm) Cho các số phức z1,z2 thỏa mãn : z1 không phải là số ảo và
(
z1− z1.|z2|2
)
là số ảo ; z2 là số thực
và
(
z2+ z2.|z1|2
)
là số thực. Tính |z1|2012+|z2|2013
———————————————–Hết—————————————————-
TỔNGHỢP LỜI GIẢI TRÊNDIỄNĐÀN
Câu 1. Cho hàm số y = x−2
x+1 (C ).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C ).
b) Tìm trên (C ) những điểm M mà tiếp tuyến của đồ thị tại đó cắt các đường tiệm cận của (C )
tại hai điểm phân biệt A,B sao cho tam giác I AB có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng
5
2
bán
kính đường tròn nội tiếp (I là giao điểm hai đường tiệm cận).
a) Lời giải (hungchng):
Hàm số y = x−2
x+1 có tập xác định: D =R\{−1}
* Đạo hàm y ′ =
3
(x+1)2 > 0 ∀x ∈D,
Hàm số đồng biến trên (−∞;−1), (−1;+∞)
lim
x→−1+
y = −∞; lim
x→−1− y = +∞; x = −1 là
phương trình tiệm cận dọc
lim
x→−∞ y = 1; limx→+∞ y = 1; y = 1 là phương trình
tiệm cận ngang
* Bảng biến thiên
x
y ′
y
−∞ −1 +∞
+ +
1
+∞
−∞
1
* Đồ thị
−4 −3 −2 −1 1 2 3
−3
−2
−1
1
2
3
4
5
0
b) Lời giải (hbtoanag):
Tiếp tuyến tại điểmM
(
x0; y0
) ∈ (C ) bất kỳ có dạng ∆ : y = 3x
(x0+1)2
+ x
2
0−4x0−2
(x0+1)2
.
Giao điểm hai tiệm cận là I (−1;1).
Giao điểm của ∆ với tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt là A
(
−1; x0−5
x0+1
)
và B (2x0+1;1).
Khi đó I A = 6|x0+1|
, IB = 2|x0+1|, AB = 2
√
(x0+1)2+ 9
(x0+1)2
.
Diện tích tam giác I AB là S = pr = I A.IB.AB
4R
⇐⇒ 4pRr = I A.IB.AB ⇐⇒ 8
5
pR2 = 12AB ⇐⇒ 2
5
AB2
4
p = 3AB ⇐⇒ AB.p = 30
⇐⇒
√
(x0+1)2+ 9
(x0+1)2
(
3
|x0+1|
+ |x0+1|+
√
(x0+1)2+ 9
(x0+1)2
)
= 15
Đặt t = |x0+1|+ 3|x0+1|
, t ≥ 2p3, phương trình trên trở thành
p
t2−6
(
t +
p
t2−6
)
= 15 ⇐⇒ 6
p
t2−6= 15
(
t −
p
t2−6
)
⇐⇒ 7
p
t2−6= 5t ⇐⇒ t = 7
2
.
Giải phương trình |x0+1|+ 3|x0+1|
= 7
2
ta được các nghiệm x0 = 1,x0 =−3,x0 = 1
2
,x0 =−5
2
.
Vậy có bốn điểm thỏa yêu cầu bài toánM1
(
1; −12
)
,M2
(−3; 52) ,M3 (12 ;−1) ,M4 (−52 ;3).
Câu 2.a Giải phương trình :
sin2x. sinx+ (cosx+1)(cosx+2)
2sin2x+cos2x+2sinx+cosx+1 = 1
Lời giải (Mai Tuấn Long):
2 
ĐK:
2sinx+cosx 6= 0cosx 6= −1
2
PT ⇐⇒ (cosx+1)(2−cosx)(2cosx+1)
(2sinx+cosx)(2cosx+1) = 1 ⇐⇒ (sinx−1)
2 = 0
⇐⇒ sinx = 1 ⇐⇒ x = pi
2
+k2pi, (k ∈Z)(TMĐK)
Vậy PT có nghiệm: x = pi
2
+k2pi, (k ∈Z).
Câu 2.b Giải hệ phương trình :
{ (
x+ y +1)xy = x2+ y2(
x3+ y3)xy − y2 = 4xy2 (4x3y2+x−1)
Lời giải (nthoangcute):
Đầu tiên, ta có:(
x3+ y3)xy − y2−4xy2 (4x3y2+x−1)=−x2y2 (4xy −1)2+ (xy(x+ y))2− y2 (−1+2x)2−x2y2 (8xy −1)
Ta sẽ chứng minh
(
x3+ y3)xy − y2−4xy2 (4x3y2+x−1)≤ 0
hay cần chứng minh: x2y2
(
4xy −1)2−x2y2 (x+ y)2+x2y2 (8xy −1)≥ 0
⇐⇒ 16x2y2 ≥ (x+ y)2
Đặt s = x+ y,p = xy. Giả thiết có: p = s
2
s+3
BĐT cần chứng minh tương đương với:
3s2(5s+3)(s−1)
(s+3)2 ≥ 0
Theo Cauchy ta có: s2−4p = s
2(s−1)
s+3 ≥ 0
Do đó BĐT được chứng minh vậy HPT có nghiệm là (x, y)= (0,0);(12 , 12)
Lời giải (Lê ĐìnhMẫn):
Phân tích ý tưởng cho bài toán: Đầu tiên, ta có thể biến đổi một chút xíu PT (2) như sau:
PT (2) ⇐⇒ xy(x+ y)(x2−xy + y2)− y2 = 4xy2(4x3y2+x−1) (3)
Để ý rằng trong PT (3) cómột lượng biểu thức có chút tương đồng với PT (1). Cho nên ta thay đổi
hình thức PT (1) lại xem sao. Khi đó
PT (1) ⇐⇒ (x+ y)xy = x2−xy + y2
Hãy quan sát mối tương đồng trên chúng ta nhận thấy một điều đặc biệt đúng không. Vậy tại
sao chúng ta lại không sử dụng phép thế nhỉ! Nhưng cũng đừng vội. Để ý rằng PT (3) hầu như
các số hạng đều có chứa y2 vì thế chúng ta có thể thực hiện phép thế như sau để có thể đơn giản
hoá được lượng y2 đó. Và ta có
PT (3) ⇐⇒ x2y2(x+ y)2− y2 = 4xy2(4x3y2+x−1) (4)
Đến đây, để giản ước lượng y2 thì ngay đầu bài giải ta có thể xét trường hợp. Từ hệ ban đầu chúng
ta có
+ TH1: Nếu y = 0 =⇒ x = 0 và ngược lại. Do đó (0;0) là một nghiệm của hệ ban đầu.
+ TH2: Xét xy 6= 0. Lúc đó
PT (4) ⇐⇒ (2x−1)2 = x2[(x+ y)2−16x2y2]
Bây giờ bài toán quy về giải hệ phương trình sau{
(x+ y +1)xy = x2+ y2 (1)
(2x−1)2 = x2[(x+ y)2−16x2y2] (5)
 3
Hệmới này gọn hơn và chúng ta cũng sẽ tiếp tục với phép thế. Ta có
PT (1) ⇐⇒ (x+ y +3)xy = (x+ y)2 =⇒ x+ y +3 6= 0
nên PT (1) ⇐⇒ xy = (x+ y)
2
x+ y +3 , thay vào PT (5) ta được
(2x−1)2 = x2
[
(x+ y)2−16 (x+ y)
4
(x+ y +3)2
]
⇐⇒ (2x−1)2 = 3x
2(x+ y)2[1− (x+ y)][5(x+ y)+3]
(x+ y +3)2 (6)
Đến đây, chúng ta nên suy nghĩ hướng giải như thế nào khi hệmới lại không phải đối xứng hoàn
toàn? Nhưng chúng ta có thể dễ dàng đoán được hệ có một nghiệm
(
1
2
;
1
2
)
nên chúng ta có thể
sử dụng đánh giá: (x+ y)2 ≥ 4xy ∀x, y ∈R. Ta có
xy = (x+ y)
2
x+ y +3 ≤
(x+ y)2
4
⇐⇒ x+ y −1
x+ y +3 ≥ 0 ⇐⇒
[
x+ y ≥ 1
x+ y <−3
Suy ra [1− (x+ y)][5(x+ y)+3]≤ 0. Do đó
PT (6) ⇐⇒ (2x−1)2 = 3x
2(x+ y)2[1− (x+ y)][5(x+ y)+3]
(x+ y +3)2 = 0 ⇐⇒ x = y =
1
2
Tóm lại, hệ phương trình ban đầu có 2 nghiệm (0;0) và
(
1
2
;
1
2
)
.
Câu 3. Tính tích phân : I =
∫ pi
2
0
x (7−cos2x)+3
cosx+2 dx
Lời giải (Mai Tuấn Long):
I =
∫ pi
2
0
2x
(
4−cos2 x)+3
cosx+2 dx =
∫ pi
2
0
2x(2−cosx) dx+3
∫ pi
2
0
dx
cosx+2
=
∫ pi
2
0
4x dx−2
∫ pi
2
0
x d(sinx)+6
∫ pi
2
0
d(tan x2 )
tan2 x2 +3
= (2x2−2x sinx)∣∣∣∣pi2
0
+2
∫ pi
2
0
sinx dx+6
∫ pi
2
0
d(tan x2 )
tan2 x2 +3
= pi
2
2
−pi+2+ pi
p
3
3
Câu 4. Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâmO ,OA = 2OB = 2a. Cạnh
SO vuông góc với mặt phẳng đáy. Mộtmặt phẳng (α) đi qua A và vuông góc với SC cắt các cạnh
SB ,SC ,SD lần lượt tại B ′,C ′,D ′ . Gọi M là trung điểm của AB ′. Tính thể tích khối chóp S.ABCD
và góc giữa đường thẳng SM với mặt phẳng (α), biết4B ′C ′D ′ đều.
Lời giải (dan_dhv):
A
O
C
B
D
S
C ′
O′
I
D ′
B ′
M
4 
Trong (SAC ), từ A vẽ AC ′⊥ SC . Ta có.
{
BD ⊥ AC
BD ⊥ SO =⇒ BD ⊥ SC =⇒ (α)//BD
GọiO′ là giao của SO và AC ′. (α) giao (SBD)=B ′D ′//BD(B ′ ∈ SB ;D ′ ∈ SD)
Gọi I là điểm trên SC thõa mãn: BI‖B ′C ′ Suy ra: SB
′
SB
= SC
′
SI
= SD
′
SD
=⇒ DI‖C ′D ′
Do tam giác B ′C ′D ′ là tam giác đều suy ra Tam giác IBD cũng là tam giác đều cạnh BD = 2a.
Ta có: BD ⊥OI suy raOI là đường cao trong tam giác đều IDB =⇒ OI = BD
p
3
2
= ap3
Ta có. SC ⊥ (α) =⇒ SC ⊥ (IBD) =⇒ SC ⊥OI =⇒ AC ′‖OI
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SOC ta có:
1
SO2
+ 1
OC2
= 1
IO2
=⇒ 1
SO2
= 1
3a2
− 1
4a2
= 1
12a2
=⇒ SO = 2ap3
Diện tích đáy là
1
2
AC .BD = 4a2. Thể tích khối chóp S.ABCD là: V = 1
3
.SO.SABCD = 8a
3
p
3
3
Ta có: SC =
p
SO2+OC2 = 4a = SA = AC =⇒ 4SACđều
Suy ra C ′ là trung điểm của SC. HayO′ là trọng tâm của tam giác SAC .
Ta có: AC ′ = SO = 2ap3 =⇒ AO′ = 2
3
AC ′ = 3a
p
3
3
.
B ′D ′ = 2
3
BD = 4a
3
=⇒ B ′O = 2a
3
. =⇒ AB ′ =
√
AO2+OB ′2 = a
p
52
3
C ′M là trung điểm của tam giác C ′B ′A , suy ra C ′M = C
′B ′2+ AC ′2
2
− AB
′2
4
= 7a
3
Ta có : SC ′⊥ (α) =⇒ g (SM ; (α))= g (SMC ′)=ϕ. Vậy tanϕ= SC
′
MC ′
= 6
7
Câu 5. Cho các số thực x, y,z thuộc đoạn [1;3] . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
T = 25
(
y + z)2
12x2+2012(xy + yz+ zx)
Lời giải (nthoangcute):
Ta xét f (x)= 25
(
y + z)2
12x2+2012(xy + yz+ zx)
Thì f ′(x)=−25
4
(
y + z)2 (6x+503 y +503z)(
3x2+503xy +503 yz+503zx)2 < 0
Suy ra T = f (x)≥ f (3)= 25
4
(y + z)2
27+1509y +1509z+503yz = g (y)
g ′(y)= 25
4
(
y + z)(54+1509 y +503 yz+1509z−503z2)(
27+1509 y +503 yz+1509z)2
Dễ thấy: 54+1509 y +503 yz+1509z−503z2 = 54+1509 y +503 yz+503z(3− z)> 0
Suy ra g (y)≥ g (1)= 25
16
(1+z)2
384+503z = h(z)
h′(z)= 25
16
(1+ z)(265+503z)
(384+503z)2 > 0
Suy ra h(z)≥ h(1)= 25
3548
Vậy T ≥ 25
3548
Lời giải (hbtoanag):
Ta có T ≥ 25(y + z)
2
12x2+2012x(y + z)+2012(y + z)
2
4
≥ 25(y + z)
2
12x2+2012x(y + z)+503(y + z)2 .
 5
Xét hàm m(x)= 12x2+2012x(y + z)+503(y + z)2,x ∈ [1;3],
có m′(x)= 24x+2012(y + z)> 0,∀x ∈ [1;3]. Do đóm(x) đồng biến trên [1;3],
suy ra T (x)nghịch biến trên [1;3]. Suy ra T (x)≥ T (3)= 25t
2
108+6036t +503t2 = f (t ), với t = y+z ∈ [2;6].
Lại có f (t )= 150900t
2+540t(
108+6036t +503t2)2 > 0,∀t ∈ [2;6]. nên f đồng biến trên [2;6],
và do đó f (t )≥ f (2)= 25
3548
. Cuối cùngminT = 25
3548
khi x = 3; y = z = 1.
Lời giải (Miền cát trắng):
Ta có T ≥ 25(y + z)
2
12x2+2012x(y + z)+2012(y + z)
2
4
≥ 25
12
x2
(y + z)2 +2012
x
y + z +503
đặt t = x
y + z , xét hàm số f (t )=
25
12t2+2012t +503 · · · · · · · · · · · ·
Câu 6A.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-các Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn
(C1) : (x −2)2+ (y −3)2 = 45. Đường tròn (C2) có tâm K (−1;−3) cắt đường tròn (C1) theo một dây
cung song song với AC . Biết diện tích tứ giác AICK = 30p2, chu vi tam giác ABC bằng 10p10
trong đó I là tâm đường tròn (C1). Hãy tìm những điểm B có hoành độ âm.
Lời giải (Lê ĐìnhMẫn):
I
K
E
A
C
M
N
B
A′
Tâm của (C1) là I (2;3). Ta có R(C1) = IK = 3
p
5. Kiểm chứng được K (−1;−3) ∈ (C1).
GọiMN = (C1)∩ (C2). Suy raMN ⊥ IK .Mà AC ∥MN =⇒ AC ⊥ IK .
Do đó SAICK = IK .AC
2
= 30p2 =⇒ AC = 4p10.
Lại có AB +BC +CA = 10p10 =⇒ BA+BC = 6p10 (1).
Bây giờ ta có thể tìm tọa độ A, C . Kẻ AA′ là đường kính của (C1),
gọi E = IK ∩ AC . Suy ra IE = 1
2
A′C = 1
2
p
AA′2− AC2 = 1
2
√
(6
p
5)2− (4p10)2 =p5.
Suy ra
−→
IK = 3−→IE =⇒ E(1;1).
Phương trình đường thẳng AC đi qua E(1;1) và vuông góc với IK có phương trình: x+2y −3= 0.
Như vậy A, C là giao điểm của AC và (C1), suy ra A(1−4
p
2;1+2p2), C (1+4p2;1−2p2).
Cuối cùng, chỉ cần giải hệ gồm PT(1) và PT của (C1) ta tìm được B
(
7
2 −3
p
3; 12+3
p
3
2
)
.
6 
Câu 6A.b Trong không gian với hệ tọa độ Đề-cácOxyz cho tam giác ABC có C (3;2;3).
Phương trình đường cao AH :
x−2
1
= y −3
1
= z−3−2 , phương trình đường phân giác trong
BD :
x−1
1
= y −4−2 =
z−3
1
. Tính chu vi tam giác ABC .
Lời giải (Mai Tuấn Long):−→u1 = (1;1;−2) là một véc tơ chỉ phương của AH . H ∈ AH =⇒ H = (2+a;3+a;3−2a)
=⇒ −−→CH = (a−1;1+a;−2a). H ∈BC =⇒ −−→CH .~u = 0 =⇒ a = 0 =⇒ H = (2;3;3)
=⇒ BC có PT:

x = 3− t
y = 2+ t
z = 3
, (t ∈R)
−→u2 = (1;−2;1) là một véc tơ chỉ phương của BD B =BC⋂BD =⇒ B = (1;4;3)
I ∈BD =⇒ I = (1+b;4−2b;3+b) IH ⊥BD =⇒ −→IH .−→u2 = 0 =⇒ I = (32 ;3; 72 )
H1 là điểm đối xứng của H qua BD =⇒ I là trung điểm của HH1 =⇒ H1 = (1;3;4) =⇒ −−−→BH1 =
(0;−1;1)
H1 ∈ AB =⇒ AB có PT:

x = 1
y = 4− s
z = 3+ s
, (s ∈R)
A = AB ∩ AH =⇒ A = (1;2;5) =⇒ AB = AC =BC = 2p2; =⇒ CABC = AB + AC +BC = 6
p
2
Câu 7A. Giải phương trình : 9
(
2x2+4x+5) .3x2+3x = x2+x+3
Lời giải (Mai Tuấn Long):
PT ⇐⇒ [(x2+3x+2)+ (x2+x+3)]3x3+3x+2 = x2+x+3
Ta có: 2x2+4x+5= (x2+3x+2)+ (x2+x+3)> 0
Nếu: x2+3x+2< 0 ⇐⇒ 3x3+3x+2 < 1
=⇒ V T = [(x2+3x+2)+ (x2+x+3)]3x3+3x+2 < (x2+3x+2)+ (x2+x+3)< x2+x+3=V P
Nếu: x2+3x+2> 0 ⇐⇒ 3x3+3x+2 > 1
=⇒ V T = [(x2+3x+2)+ (x2+x+3)]3x3+3x+2 > (x2+3x+2)+ (x2+x+3)> x2+x+3=V P
Nếu: x2+3x+2= 0 ⇐⇒
[
x =−1
x =−2 =⇒ V T =V P
Vậy PT có hai nghiệm:
[
x =−1
x =−2
Câu 6B.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-các Oxy cho tam giác ABC cân tại A, phương
trình cạnh bên AC : x+ y−3= 0. Trên tia đối của tia CA lấy điểm E . Phân giác trong gócBAC cắt
BE tại D. Đường thẳng d đi qua D song song với AB cắt BC tại F . Tìm tọa độ giao điểm M của
AF và BE biết phương trình đường thẳng AF : 2x+ y −5= 0 và I (−1;−3) là trung điểm của DF .
Lời giải (Sv_ĐhY_013):
Cho P là trung điểm của BC .Ta có:
DF‖AB =⇒ AM
MF
= PB
PF
=⇒ AM
MF
= PC
PF
=⇒ AF
MF
= FC
PF
=⇒ PM‖AC =⇒ PM‖EC =⇒ MB =ME
Kẻ đường thẳngMP giao AB tại trung điểm J , cắt (d) tại I ′ ta đi chứng minh I ′ ≡ I
Dùng định lý Ta lét ((d) song song AB) :
I ′F
JB
= I
′D
J A
=⇒ I ′ là trung điểm của DF
Vậy PM đi qua trung điểm I của DF . Cuối cùngM là giao điểm của PI và AF suy raM(9;−13)
Câu 6B.b Trong không gian với hệ tọa độ Đề-các Oxyz cho tứ diện ABCD có
A(2;0;0),B(0;2;0),C (0;0;2),D(2;2;2) và mặt cầu (S) : (x−1)2+ (y −2)2+ (z−3)2 = 16 . GọiM là điểm
có tọa độ nguyên nằm trong tứ diện. Viết phương trình mặt phẳng (α) qua M và cắt (S) theo
một đường tròn có chu vi bé nhất.
 7
Lời giải (Mai Tuấn Long):
Mặt cầu (S) có tâm I (1;2;3) và bán kính R = 4
ĐiểmM thuộc miền trong tứ diện và có tọa độ nguyên =⇒ có duy nhất:M = (1;1;1)−−→
IM = (0;−1;−2) =⇒ IM =p5<R nênM cũng nằm trong mặt cầu (S).
Mặt phẳng (α) cắt (S) theo một đường tròn có chu vi nhỏ nhất khi khoảng cách từ I đến (α) là
lớn nhất và bằng IM =⇒ (α) là mặt phẳng quaM và nhận −−→IM là một véc tơ pháp tuyến
Vậy (α) có PT: y +2z−3= 0
Câu 7B. Cho các số phức z1,z2 thỏa mãn : z1 không phải là số ảo và
(
z1− z1.|z2|2
)
là số ảo ; z2
là số thực và
(
z2+ z2.|z1|2
)
là số thực. Tính |z1|2012+|z2|2013
Lời giải (dan_dhv):
Ta có.
(
z1− z1.|z2|2
)
là số ảo ⇐⇒ (z1− z1.|z2|2)=−(z1− z1.|z2|2) ⇐⇒ (z1− z1.(|z2|)2)=−z1+ z1(|z2|)2
⇐⇒ (z1+ z1)(1− (|z2|)2) ⇐⇒ (|z2|)2 = 1 ⇐⇒ |z2| = 1 (Do z1 không là số ảo nên z1 6= −z1)(
z2+ z2.|z1|2
)
là số thực ⇐⇒ (z2+ z2.|z1|2)= (z2+ z2.|z1|2) ⇐⇒ z2+ z2 |z1|2 = z2+ z2. |z1|2
⇐⇒ (z2− z2)(1−|z1|2) ⇐⇒ |z1| = 1 (Do z2 không phải là số thực . Khi đó z2 6= z2)
Vậy P = |z1|2012+|z2|2013 = 2
8