Đang tải... (xem toàn văn)
tai lieu hay day moi nguoi
http://math.vn DIỄN ĐÀN MATH.VN http://math.vn LỜI GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2011 Môn thi : Toán Đề số: 05 Câu I. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho hàm số y = x 3 +6x 2 +9x +3. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số . Lời giải: Hàm số y = x 3 +6x 2 +9x +3 có TXĐ là D = R y = 3x 2 +12x +9 = 3(x +1)(x +3) Nên y = 0 ⇔ x = −1 ⇒ y = −1 x = −3 ⇒ y = 3 y > 0 ⇔ −∞ < x < −3 hoặc −1 < x < +∞ ⇒ hàm số đồng biến trên (−∞;−3); (−1;+∞) y < 0 ⇔ −3 < x < −1 ⇒ hàm số nghịch biến trên (−3; −1). Giới hạn lim x→+∞ y = +∞; lim x→−∞ y = −∞. Bảng biến thiên x −∞ −3 −1 +∞ y + 0 − 0 + y −∞ 3 −1 +∞ Điểm cực đại (−3; 3), điểm cực tiểu (−1; −1). Đồ thị giao với trục tung tại điểm B(0;3) Đồ thị giao với đường thẳng: y = −1 tại hai điểm (−4;−1),(−1;−1) Đồ thị 1 2 3 −1 −2 −1−2−3−4 Câu I. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— Tìm các giá trị của k để tồn tại 2 tiếp tuyến với (C) phân biệt nhau và có cùng hệ số góc k , đồng thời đường thẳng đi qua các tiếp điểm (của 2 tiếp tuyến đó với (C)) cắt các trục Ox,Oy tương ứng tại A và B sao cho OB = 2011.OA Lời giải: Đối với đồ thị hàm số bậc 3 thì mỗi tiếp tuyến ta có một và chỉ một tiếp điểm tương ứng . Và hoành độ tiếp điểm x của tiếp tuyến dạng y = kx +m với (C) là nghiệm PT f (x) = k ⇔ 3x 2 +12x +9−k = 0 (1) Để tồn tại hai tiếp tuyến với (C) phân biệt nhau có cùng hệ số góc k thì cần và đủ là (1) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆ = 9 +3k > 0 ⇔ k > −3 (2) Khi đó toạ độ các tiếp điểm (x;y) của 2 tiếp tuyến với (C) là nghiệm HPT y = x 3 +6x 2 +9x +3 3x 2 +12x +9 = k ⇔ y = 1 3 x + 2 3 (3x 2 +12x +9)−2x−3 3x 2 +12x +9 = k ⇔ y = k 1 3 x + 2 3 −2x−3 3x 2 +12x +9 = k ⇔ y = k−6 3 x + 2k−9 3 3x 2 +12x +9 = k Suy ra toạ độ các tiếp điểm cùng thoả mãn PT y = k−6 3 x + 2k−9 3 . Vậy đường thẳng qua các tiếp điểm là d : y = k−6 3 x + 2k−9 3 Do d cắt Ox,Oy tương ứng tại A và B sao cho OB = 2011.OA nên có thể xảy ra các trường hợp sau : +) Nếu A ≡ O thì B ≡ O, TH này được thoả mãn nếu và chỉ nếu d qua O ⇔ k = 9 2 +) Nếu A ≡ O, khi đó trong tam giác vuông OAB cho tan OAB = OB OA = 2011 mà tan OAB bằng hoặc bằng với đối của hệ số góc của d , tức là ta có k−6 3 = ±2011 ⇔ k = 6039;k = −6027, đối chiếu với (2) , ta được kết quả của TH này là : k = 6039 Tóm lại các giá trị cần tìm của k là k = 9 2 và k = 6039 1 http://math.vn Câu II. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Giải phương trình : 2−sin 2 x cos2x +4cosx +3 = 1 2 tan 2 x 2 Lời giải: ĐK: cos x 2 = 0;cos2x +4cosx +3 = 0. Với đk ấy pt tương đương: 1 +cos 2 x 2(cos 2 x +2cosx +1) = 1−cosx 2(1 +cosx) ⇔ 1 +cos 2 x (cosx +1) 2 = 1−cosx 1 +cosx ⇔ 1 +cos 2 x = (1−cosx)(1 +cosx) ⇔ 1 +cos 2 x = 1−cos 2 x ⇔ cosx = 0 ⇔ x = π 2 +k π (thoả) Vậy pt có họ nghiệm là x = π 2 +k π Câu II. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— Giải hệ phương trình : x 3 +2y 2 = x 2 y +2xy 2 x 2 −2y−1 + 3 y 3 −14 = x−2 (x, y ∈ R) Lời giải: ĐKXĐ của HPT là x 2 −2y−1 ≥ 0 (1) PT đầu của hệ được viết lại là x(x 2 − 2y)− y(x 2 − 2y) = 0 ⇔ (x− y)(x 2 − 2y) = 0 ⇔ x = y (do (1) nên x 2 −2y ≥ 1 > 0) Thay vào PT thứ 2 của hệ ta được : 3 √ 14−x 3 = 2 √ x 2 −2x−1 +2−x (2) Đối với PT (2) ta có 2 cách giải quyết : +) Cách 1: Do √ x 2 −2x−1 ≥ 0 nên 3 √ 14−x 3 ≥ 2−x ⇔ 14−x 3 ≥ 8−12x +6x 2 −x 3 ⇔ x 2 −2x−1 ≤ 0 Mặt khác khi x = y thì (1) cho ta x 2 −2x−1 ≥ 0 . Do đó x 2 −2x−1 = 0⇔ x = 1± √ 2. Vậy x = y = 1± √ 2 thoả mãn HPT đã cho và đó là 2 nghiệm của HPT ban đầu. +) Cách 2: Đặt u = 2− x ,v = √ x 2 −2x−1(v ≥ 0) , ta có u 3 − 6v 2 = 14− x 3 . Khi đó (2) có dạng : 3 √ u 3 −6v 2 = u +2v ⇔ u 3 −6v 2 = (u +2v) 3 ⇔ v[v 2 +3(u +v) 2 +3v] = 0 ⇔ v = 0 ;u = v = 0 (do v ≥ 0) • v = 0 ⇔ x 2 −2x−1 = 0 ⇔ x = 1± √ 2. Do vậy x = y = 1± √ 2 (thoả mãn (1)) • u = v = 0 ⇔ 2−x = 0 x 2 −2x−1 = 0 . Hệ này vô nghiệm. Tóm lại HPT đầu có 2 nghiệm là x = y = 1± √ 2 Câu III. (1 điểm) ———————————————————————————————— Tính tích phân I = 3 −1 (x 2 −2x−2 2010 x−1) 2011 +2012 sin 4 π x 2 dx Lời giải: Cách 1: I = 3 −1 [(x−1) 3 −3(x−1)] 2010 (x−1)sin 4 π x 2 dx +2012 3 −1 sin 4 π x 2 dx = (I 1 ) + (I 2 ) Đặt x−1 = t ⇒ dx = dt;x = −1 ⇒ t = −2;x = 3 ⇒ t = 2 Vậy Ta thấy I 1 = 2 −2 (t 3 −3t) 2010 t cos 4 π t 2 dt mà f (t) = (t 3 −3t) 2010 t cos 4 π t 2 là hàm lẻ ⇒ I 1 = 0 Nhiệm vụ bây giờ chỉ tính I 2 = 2012 2 −2 cos 4 π t 2 dt = 4024 2 0 cos 4 π t 2 dt = 1006 2 0 (1 +cos π t) 2 dt Mà cái tích phân này khai triển ra rồi hạ bậc là xong. Kết quả là 3018 Cách 2: Ta có I = 3 −1 (x 2 −2x−2 2010 x−1) 2011 dx +2012 3 −1 sin 4 π x 2 dx +) Xét tích phân J = 3 −1 (x 2 −2x−2 2010 x−1) 2011 dx Đặt x = 2−t ta có dx = −dt và : x =−1 ⇒ t = 3; x = 3⇒ t = −1 Do đó J = − −1 3 ((2−t) 2 −2(2−t)−2 2010 2−t−1) 2011 dt = 3 −1 (−t 2 +2t +2 2010 1−t) 2011 dt 2 http://math.vn = − 3 −1 (t 2 −2t−2 2010 t−1) 2011 dt = −J. Suy ra J = 0 +) Xét tích phân K = 2012 3 −1 sin 4 π x 2 dx Ta có J = 2012 3 −1 1−cos π x 2 2 dx = 503 3 −1 (1−2cos2 π x +cos 2 π x)dx = 503 2 3 −1 (3−4cos2 π x +cos4 π x)dx = 503 2 3x−2sin2 π x + 1 4 sin4 π x 3 −1 = 3018 Vậy I = J +K = 0 +3018 = 3018 Câu IV. (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A , BC = a và ABC = 30 0 . Mặt phẳng (SBC) vuông góc với đáy, hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng tạo với mặt phẳng đáy góc 60 o . Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a. Lời giải: Cách 1: Vẽ SH ⊥ BC (H ∈ BC);HE ⊥ AB (E ∈ AB);HF ⊥ AC (F ∈ AC) Vì (SBC)⊥ (ABC) với giao tuyến là BC ⇒ SH ⊥ (ABC) Ta có: ∆SHE = ∆SHF ⇒ HE = HF mà AEHF là hình chữ nhật ⇒ AEHF là hình vuông; cạnh là b TH1: H nằm trong đoạn BC A B C S H E F Ta có: AB = a √ 3 2 ;AC = a 2 Ta có: BE = AB−AE = a √ 3 2 −b;FC = AC−AF = a 2 −b ∆BEH ∆HFC ⇒ BE HF = EH FC ⇒ BE.FC = b 2 ⇒ a √ 3 2 −b a 2 −b = b 2 ⇒ a 2 √ 3 4 − ab( √ 3 +1) 2 +b 2 = b 2 ⇒ a 2 √ 3 4 = ab √ 3−1 ⇒ b = a(3− √ 3) 4 Ta có: SH = b √ 3 = a(3− √ 3) √ 3 4 S ABC = a 2 √ 3 8 ⇒ V S.ABC = 1 3 SH.S ABC = 1 3 · a(3− √ 3) √ 3 4 · a 2 √ 3 8 = a 3 (3− √ 3) 32 TH2: H nằm ngoài đoạn BC về phía B ∆BEH ∼ ∆HFC ⇒ HE EB = AC AB < 1 ⇒ HE < EB < AE Vô lý, vì vậy ko có TH này TH3: H nằm ngoài đoạn BC về phía C 3 http://math.vn A B C S H E F Ta có: ∆BAC ∼ ∆BEH ⇒ CA HE = BA BE ⇒ CA.BE = AB.HE ⇒ a 2 (b + a √ 3 2 ) = a √ 3 2 b ⇒ b = a(3 + √ 3) 4 Ta có: SH = b √ 3 = a(3 + √ 3) √ 3 4 S ABC = a 2 √ 3 8 ⇒ V S.ABC = 1 3 SH.S ABC = 1 3 · a(3 + √ 3) √ 3 4 · a 2 √ 3 8 = a 3 (3 + √ 3) 32 Cách 2: Dựng đường thẳng Az⊥(ABC) và thiết lập hệ tọa độ Axyz như hình vẽ dưới đây: x y z A B C S Chúng ta đặt b = a √ 3 2 ; c = a 2 và có được: A(0; 0; 0), B(b; 0; 0) , C (0; c; 0) ta cũng giả thử luôn là: S (x; y; z) và thấy là: V S.ABC = S ∆ABC .d (S; (ABC)) 3 = bc.d (S; (Axy)) 6 = bc|z| 6 Mặt khác: −→ AS = (x; y; z), −→ BS = (x−b; y; z), −→ CS = (x; y−c; z) Vậy nên mặt phẳng (SBC) có vector pháp tuyến là: −→ BS∧ −→ CS = −→ n a (cz; bz; bc−by−cx) Để ý rằng pháp tuyến của (ABC) chính là −→ k (0; 0; 1) nên sự kiện (SBC)⊥(ABC) dẫn đến: −→ n a . −→ k = 0 ⇔ bc = by +cx (∗) Hai vector pháp tuyến lần lượt của (SCA) và (SAB) là: −→ CS∧ −→ AS = −→ n b (−cz; 0; cx), −→ AS∧ −→ BS = −→ n c (0; −bz; by) 4 http://math.vn Thế nên việc tạo góc 60 ◦ giữa (ABC) với các mặt phẳng (SCA) và (SAB) sẽ cho ta: 1 2 = |by| (−bz) 2 + (by) 2 = |cx| (−cz) 2 + (cx) 2 Để có: |x| = |y| = |z| √ 3 Từ (∗) ta dẫn đến hai khả năng sau: Nếu x; y cùng dấu thế thì |z| = |x| √ 3 = bc √ 3 b +c nên thể tích cần tính là: V S.ABC = b 2 c 2 √ 3 6(b +c) = a 3 (3− √ 3) 32 . Nếu x; y trái dấu thế thì |z| = |x| √ 3 = bc √ 3 b−c nên thể tích cần tính là: V S.ABC = b 2 c 2 √ 3 6(b−c) = a 3 (3 + √ 3) 32 . Vậy có hai kết quả cho thể tích cần tính là: V 1 = a 3 (3 + √ 3) 32 và V 2 = a 3 (3− √ 3) 32 Câu V. (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho các số dương x, y, z thoả mãn x +y +1 = z Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức F = x 3 y 3 (x +yz)(y +zx)(z +xy) 2 Lời giải: Cách 1: Đặt t = √ xy. Từ giả thiết sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta dễ thấy z = x +y +1 ≥ 2 √ xy +1 = 2t +1. Bây giờ, sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có (x +yz)(y +zx) ≥ √ x √ y + √ yz √ zx 2 = xy(z +1) 2 ≥ t 2 (2t +1 +1) 2 = 4t 2 (t +1) 2 . Lại có (z +xy) 2 ≥ (2t +1 +t 2 ) 2 = (t +1) 4 . Kết hợp các đánh giá này lại, ta suy ra F ≤ t 6 [4t 2 (t +1) 2 ][(t +1) 4 ] = t 4 4(t +1) 6 . Mặt khác, sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta lại có t +1 = t 2 + t 2 +1 ≥ 3 3 t 2 4 . Và như thế, F ≤ t 4 4 3 3 t 2 4 6 = 4 729 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = t = 2 và z = 2t +1 = 5. Cách 2: Ta có : x +y +1 = z ⇔ x z + 1 z + y z = 1 ⇔ xy z . x yz + x yz . y zx + y zx . xy z = 1 Đặt tan α = xy z ,tan β = x yz ,tan γ = y zx ta chỉ cần chọn 0 < α , β , γ < π 2 vì hàm tang tuần hoàn chu kì π và do xy z , x yz , y zx > 0 Khi đó từ xy z . x yz + x yz . y zx + y zx . xy z = 1 ta được tan α tan β +tan β tan γ +tan γ tan α = 1 (1) . Ta tạm giả sử α + β = π 2 Vậy (1) ⇔ tan α = 1−tan α tan β tan α +tan β ⇔ tan γ = cot( α + β ) ⇔ α + β + γ = π 2 (2) (Chú ý là hai góc nhọn bằng nhau khi và chỉ khi tang của chúng bằng nhau) Bây giờ ta chọn α = A 2 , β = B 2 , γ = C 2 với 0 < A,B,C < π (3) (để đảm bảo 0 < α , β , γ < π 2 ) Khi đó (2) cho ta A +B +C = π (4) 5 http://math.vn Và với cách chon A,B như vậy cũng đã đảm bảo rằng thoả cái hồi trước ta tạm giả sử α + β = π 2 Hai điều (3)&(4) chứng tỏ A,B,C là ba góc của một tam giác Tóm lại từ xy z . x yz + x yz . y zx + y zx . xy z = 1 Đẳng thức này chứng tỏ tồn tại ABC sao cho xy z = tan A 2 x yz = tan B 2 y zx = tan C 2 Ta có F = xy z 1 + xy z 2 · 1 1 + yz x 1 + zx y = tan 2 A 2 1 +tan 2 A 2 2 · 1 1 +cot 2 B 2 1 +cot 2 C 2 = sin 2 A 2 sin B 2 sin C 2 2 = 1 2 sin 2 A 2 cos B−C 2 −cos B +C 2 2 ≤ 1 2 sin 2 A 2 1−sin A 2 2 = 1 4 sin A 2 .sin A 2 2−2sin A 2 2 ≤ 1 4 sin A 2 +sin A 2 +2−2sin A 2 3 3 2 = 2 27 2 . Dấu bằng xảy ra ⇔ B = C sin A 2 = 2 3 ⇔ tan B 2 = tan C 2 tan A 2 = 2 √ 5 ⇔ x yz = y zx xy z = 4 5 x +y +1 = z ⇔ x = y = 2 z = 5 Vậy maxF = 2 27 2 Câu VIa. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC biết 3 chân đường phân giác trong ứng với các đỉnh A,B,C lần lượt là A (−1;−1), B (3;2), C (2;3) . Viết phương trình các đường thẳng chứa 3 cạnh của tam giác ABC. Lời giải: Không khó để chứng minh được rằng : các cạnh của ∆ABC là các đường phân giác (trong hoặc ngoài) của các góc ở đỉnh của ∆A B C . Vì vậy bài toán này có 4 kết quả : 1) Bộ 3 đường thẳng m 1 ,m 2 ,m 3 (Cả 3 đều là phân giác ngoài. Và khi này ∆A ,B ,C là các chân đường cao của ∆ABC.) 2) Bộ 3 đường thẳng m 1 ,d 2 ,d 3 (1 phân giác ngoài, 2 phân giác trong. Và khi này ∆A ,B ,C là các chân đường cao của ∆ICB.) 3) Bộ 3 đường thẳng m 2 ,d 3 ,d 1 (1 phân giác ngoài, 2 phân giác trong. Và khi này ∆A ,B ,C là các chân đường cao của ∆CIA.) 4) Bộ 3 đường thẳng m 3 ,d 1 ,d 2 (1 phân giác ngoài, 2 phân giác trong. Và khi này ∆A ,B ,C là các chân đường cao của ∆BAI.) Câu VIa. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hình chóp tam giác S.ABC có A; B thuộc trục hoành và phương trình hai đường phân giác ngoài của hai góc BSC; CSA lần lượt là: (l a ) : x−1 2 = y−2 3 = z−3 4 , (l b ) : x +1 2 = y 2 = z +3 6 Hãy viết phương trình đường phân giác trong (l ∗ c ) của góc ASB Lời giải: Chúng ta ký hiệu: −→ e a = −→ SA SA , −→ e b = −→ SB SB , −→ e c = −→ SC SC 6 http://math.vn Khi đó ba vector đơn vị −→ e a , −→ e b , −→ e c sẽ lần lượt là ba vector chỉ phương của SA, SB, SC. Theo quy tắc hình bình hành thì −→ e a + −→ e b , −→ e b + −→ e c , −→ e c + −→ e a sẽ lần lượt là các vector chỉ phương của các đường phân giác trong của các góc: ASB; BSC; CSA Để ý rằng: ( −→ e a + −→ e b )( −→ e a − −→ e b ) = ( −→ e b + −→ e c )( −→ e b − −→ e c ) = ( −→ e c + −→ e a )( −→ e c − −→ e a ) = 1 2 −1 2 = 0 Vậy −→ e a − −→ e b , −→ e b − −→ e c , −→ e c − −→ e a lần lượt là các vector chỉ phương của l a , l b , l c , ba đường phân giác ngoài này đều đi qua S thêm nữa: −→ e a − −→ e b = −1.( −→ e b − −→ e c ) + (−1). ( −→ e c − −→ e a ) Vậy l a , l b , l c đồng phẳng. Theo đề bài thì −→ u a (2; 3; 4), −→ u b (2; 2; 6) cũng là các vector chỉ phương của l a , l b vì thế 1 2 ( −→ u a ∧ −→ u b ) = −→ n (5; −2; −1) sẽ có phương vuông góc với phương của l c . Cũng để ý rằng l c nằm trong (SAB) mà A, B ∈ (Ox) nên l c vuông góc với OS. Ta có ngay S(1; 2; 3) nên 1 4 −→ OS∧ −→ n = −→ u c (−1; 4; 3) là môt vector chỉ phương của l c (để ý là −→ u c = −→ 0 ). Bây giờ nhận thấy rằng l ∗ c ⊥l c nên 1 6 −→ u c ∧ −→ OS = −→ u ∗ c (1; 1; −1) chính là vector chỉ phương của l ∗ c (hãy để ý là: −→ u ∗ c = −→ 0 ) Vậy phương trình chính tắc của đường phân giác ngoài cần tìm là: (l ∗ c ) : x−1 1 = y−2 1 = z−3 −1 Câu VIIa. (1 điểm) ———————————————————————————————— Tìm tập hợp các điểm biểu diễn số phức 2z +3−i biết |3z +i| 2 ≤ z z +9 Lời giải: Cách 1: Đặt z = a +bi và z = 2z +3−i = a +b i suy ra a = 2a +3;b = 2b−1 suy ra a = a −3 2 ;b = b +1 2 (1) Từ phương trình (∗) ta có: 9a 2 + (3b +1) 2 ≤ a 2 +b 2 +9 tương đương 4a 2 +4b 2 +3b−4 ≤ 0 đem (1) thế vào phương trình này ta được: (a −3) 2 + (b +1) 2 +3 b +1 2 −4 ≤ 0 tương đương: (a −3) 2 + (b + 7 4 ) 2 ≤ 25 16 (2) Vậy tập hợp các điểm M biểu diễn cho số phức z là hình tròn tâm I 3;− 7 4 , bán kính R = 5 4 Cách 2: Đặt: z 1 = (2a +3) + (2b−1)i. Gọi M biểu diễn số phức có toạ độ: M(2a +3;2b−1) Ta có: |3z +i| 2 ≤ z¯z +9 ⇔ 2(2a +3) 2 −12(2a +3) + (2b−1) 2 +7(2b−1) +15 ≤ 8 ⇔ (2a +3) 2 −6(2a +3) + (2b−1) 2 + 7 2 (2b−1) + 7 2 ≤ 0 Vậy tập hợp các điểm M biểu diễn cho số phức z 1 là hình tròn tâm I 3;− 7 4 , bán kính R = 5 4 Câu VIb. 1) (1 điểm) ———————————————————————————————— Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm A chạy trên Ox , điểm B chạy trên Oy sao cho đoạn AB luôn bằng a không đổi . Tìm tập hợp các điểm M trên đoạn AB sao cho MB = 2MA Lời giải: Gọi A(x;0)thuộc Ox,điểm B(0;y)thuộc Oy. Ta có AB = a ⇒ a 2 = x 2 +y 2 Ta có MB = 2AM ⇒ −→ MB = 2 −→ AM ⇒ M 2x 3 ; y 3 Đặt 2x 3 = c; y 3 = d ⇒ c 2 = 4x 2 9 ;d 2 = y 2 9 mà c 2 +4d 2 = 4 9 (x 2 +y 2 ) = 4a 2 9 Vậy PT quỹ tích điểm M : c 2 +4d 2 = 4a 2 9 (c;d là hoành độ và tung độ của điểm M) 7 http://math.vn Câu VIb. 2) (1 điểm) ———————————————————————————————— Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho tứ giác ABCD có A(1;2;1), C(2;4;−1) . Hai đỉnh B, D thuộc đường thẳng x−1 1 = y−2 2 = z 3 sao cho BD = 4. Gọi I là giao điểm hai đường chéo của tứ giác và biết rằng dt(ABCD) = 2011dt(IAD). Tính khoảng cách từ D tới đường thẳng AC. Lời giải: Ở bài này ta cần tính được: - Góc giữa hai đường thẳng AC và BD có sin bằng: 125 126 - Khoảng cách từ A đến BD và từ C đến BD lần lượt bằng: 1 √ 14 ; 4 √ 5 √ 14 - Từ dt(ABCD) = 1 2 (d(A;BD) +d(C;BD)).BD = dt(IAD) = 1 2 d(A;BD).ID suy ra ID = 16 √ 5 2011 √ 14 - Gọi hình chiếu của D xuống AC là H. Từ tam giác DHI vuông tại H có DH = ID.sin(AC,BD) = 200 21.2011 Câu VIIb. (1 điểm) ———————————————————————————————— Cho 2 phương trình z 2 +mz +2 = 0 và −z 2 +2z +m = 0 . Tìm các giá trị thực của m để 2 phương trình đó có ít nhất một nghiệm phức chung. Lời giải: Giả sử 2 phương trình có nghiệm phức chung z. Khi đó, z là nghiệm của hệ (1) và (2). Cộng theo vế 2 phương trình của hệ được (m +2)(z +1) = 0 suy ra m = −2 hoặc z = −1 Với m = −2 thay trực tiếp vào 2 phương trình thấy chúng trùng nhau nên có nghiệm phức chung. Với z = −1 thay vào (1) tìm được m = 3 Kết luận: m = −2;m = 3 8