Ôn thi đại học - Đề 31 đến đề 40

Hướng dẫn Đề số 31 Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và đường thẳng y = 1 là: x3 + 3x2 + mx + 1 = 1 Û x(x2 + 3x + m) = 0 Û (Cm) cắt đường thẳng y = 1 tại C(0, 1), D, E phân biệt Û (2) có 2 nghiệm xD, xE ¹ 0. Û Lúc đó tiếp tuyến tại D, E có hệ số góc lần lượt là: kD = y’(xD) = kE = y’(xE) = Các tiếp tuyến tại D, E vuông góc Û kDkE = –1. Û (3xD + 2m)(3xE + 2m) = 9xDxE + 6m(xD + xE) + 4m2 = –1 Û 9m – 18m + 4m2 = –1; (vì xD + xE = –3; xDxE = m theo định lý Vi-et). Û m = . Câu II: 1) PT Û cos Û cos Û 2) Điều kiện: x ≥ 2 và y ≥ 2 : Lấy (1) trừ (2) vế theo vế ta được: Û x = y (trong ngoặc luôn dương và x và y đều lớn hơn 2) Vậy từ hệ trên ta có: Û x = 3 Vậy nghiệm của hệ x = y = 3 Câu III: = = 2ln2 – ln3 Câu IV: Dựng . Ta có: và SH là đường cao của hình chóp. Dựng DSHN = DSHP Þ HN = HP. DAHP vuông có: DSHP vuông có: Thể tích hình chóp Câu V: Áp dụng bất đẳng thức Ta có: Mặt khác: Tương tự: Từ đó suy ra Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Câu VI.a: 1) Gọi (d) là đường thẳng qua M(1; 1) cắt (E) tại C, D. Vì (E) có tính đối xứng nên (d) không thể vuông góc với Ox, do đó phương trình của (d) có dạng: Phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (E): () Þ (d) luôn cắt (E) tại 2 điểm C, D với các hoành độ là nghiệm của (1). Theo định lý Viet: M(1; 1) là trung điểm của CD Û Vậy, phương trình đường thẳng (d): 4x + 9y – 13 = 0. 2) Gọi A(a; 0; 0) . (d) qua và có VTCP . Đặt Do đó: d(A; d) là chiều cao vẽ từ A trong tam giác Theo giả thiết: d(A; (P)) = d(A; d) Vậy, có một điểm A(3; 0; 0). Câu VII.a: Giả sử n = . · Xem các số hình thức , kể cả a = 0. Có 3 cách chọn vị trí cho 1 (1 là a hoặc b hoặc c). Sau đó chọn trị khác nhau cho 4 vị trí còn lại từ X \ Þ số cách chọn . Như vậy có 3. (7. 6. 5. 4) = 2520 số hình thức thoả yêu cầu đề bài. · Xem các số hình thức Þ có (số) · Loại những số dạng hình thức ra, ta còn 2520 – 240 = 2280 số n thỏa YCBT. Câu VI.b: 1) Phương trình đường thẳng (AB): và Gọi Ta có: Diện tích DMAB: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki cho 2 cặp số có: Vậy, . 2) (P) có VTPT , (Q) có pháp vectơ (d1) có VTCP , (d2) có VTCP Gọi: Þ (D) = (P1) Ç (Q1) và (D) // (D1) (D) có vectơ chỉ phương (P1) có cặp VTCP và nên có VTPT: Phương trình mp (P1): 25(x + 5) + 32(y – 3) + 26(z + 1) = 0 (Q1) có cặp VTCP và nên có VTPT: Phương trình mp (Q1): Ta có: Þ phương trình đường thẳng (D) : Câu VII.b: . Hướng dẫn Đề số 32 www.VNMATH.com Câu I: 2) Giao điểm I(1; –2). Phương trình tiếp tuyến tại A: y = (x – a) + Giao điểm của tiệm cận đứng và tiếp tuyến tại A: Giao điểm của tiệm cận ngang và tiếp tuyến tại A: Q(2a – 1; –2) Ta có: xP + xQ = 2a = 2xA. Vậy A là trung điểm của PQ Ta có IP = ; IQ = . SIPQ = IP.IQ = 2 (đvdt) Câu II: 1) Điều kiện: BPT Û Þ Þ Þ Þ 49x2 – 418x + 369 ≤ 0 Þ 1 ≤ x ≤ (thoả) 2) Điều kiện: cos2x ≠ 0 PT Þ 3sin22x + sin2x – 4 = 0 Þ sin2x = 1 Þ ( không thoả). Vậy phương trình vô nghiệm. Câu III: I = = I1 + I2 Tính: I1 = Đặt Þ I1 = – 2 I2 = = = Câu IV: Gọi P là trung điểm của DD¢. A¢B¢NP là hình bình hành Þ A¢P // B¢N A¢PDM là hình bình hành Þ A¢P // MD Þ B¢N // MD hay B¢, M, N, D đồng phẳng. Tứ giác B¢NDM là hình bình hành. Để B’MND là hình vuông thì 2B¢N2 = B¢D2. Đặt: y = AA’ Þ y = Câu V: Ta chứng minh: Û ≥ 0 (đúng). Dấu "=" xảy ra Û a = b. Xét Þ P . Vậy P nhỏ nhất bằng 1 khi a = b = c = 2 Câu VI.a: 1) PT đường thẳng (D) có dạng: a(x – 2) + b(y +1) = 0 Û ax + by – 2a + b = 0 Ta có: 7a2 – 8ab + b2 = 0. Chon a = 1 Þ b = 1; b = 7. Þ (D1): x + y – 1 = 0 và (D2): x + 7y + 5 = 0 2) PT mặt cầu (S) có dạng: x2 + y2 + z2 – 2ax – 2by – 2cz + d = 0 (S) qua A: 6a + 2b + 2c – d – 11 = 0 (S) qua B: 2b + 8c – d – 17 = 0 (S) qua C: 2a + 6b – 2c + d + 11 = 0 Tâm I Î (P): a + b – 2c + 4 = 0 Giải ra ta được: a = 1, b = –1, c = 2, d = –3 Vậy (S): x2 + y2 + z2 – 2x + 2y – 4z – 3 = 0 Câu VII.a: Có 6 tập con có 5 chữ số chứa các số 0; 1; 2 Có 4 tập con có 5 chữ số chứa 1 và 2, nhưng không chứa số 0 Vậy số có các chữ số khác nhau được lập từ các chữ số đã cho bằng: 6(P5 – P4) + 4P5 = 1.056 (số) Câu VI.b: 1) Tâm I của đường tròn nằm trên đường trung trực d của đoạn AB d qua M(1; 2) có VTPT là Þ d: 2x + y – 4 = 0 Þ Tâm I(a;4 – 2a) Ta có IA = d(I,D) Û 2a2 – 37a + 93 = 0 Û · Với a = 3 Þ I(3;–2), R = 5 Þ (C): (x – 3)2 + (y + 2)2 = 25 · Với a = Þ , R = Þ (C): 2) Ta có PT mặt phẳng (ABC): 3x + y + 2z – 6 = 0 Þ đpcm Câu VII.b: Điều kiện: x > 0 và x ≠ 1 và y > 0 và y ≠ 1 Ta có · Với x = y Þ x = y = · Với x = ta có: theo bất đẳng thức Cô-si suy ra PT vô nghiệm Hướng dẫn Đề số 33 www.VNMATH.com Câu I: 2) Đạo hàm Hàm số có 2 cực tiểu Û y có 3 cực trị Û y¢ = 0 có 3 nghiệm phân biệt Û (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 Thử lại: Với , thì y¢ = 0 có 3 nghiệm phân biệt Từ bảng biến thiên ta thấy hàm số có 2 cực tiểu. Vậy, hàm số có 2 cực tiểu khi Câu II: 1) PT Û 2) Đặt: PT Û Vì u > 0, v > 0, nên (c) vô nghiệm. Do đó: PT Û Câu III: Đặt Þ I = . Câu IV: Gọi E là trung điểm của BC, H là trọng tâm của D ABC. Vì A¢.ABC là hình chóp đều nên góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A¢BC) là j = . Ta có : Þ . Do đó: ; . Do đó: = Câu V: Áp dụng BĐT Cô–si, ta có: · (1) · Þ (2) Từ (1) và (2) Þ Þ đpcm. Câu VI.a: 1) I (6; 2); M (1; 5) D : x + y – 5 = 0, E Î D Þ E(m; 5 – m); Gọi N là trung điểm của AB I trung ñieåm NE Þ Þ N (12 – m; m – 1) = (11 – m; m – 6); = (m – 6; 5 – m – 2) = (m – 6; 3 – m) Û (11 – m)(m – 6) + (m – 6)(3 – m) = 0 Û m – 6 = 0 hay 14 – 2m = 0 Û m = 6 hay m = 7 + m = 6 Þ = (5; 0) Þ PT (AB) là y = 5 + m = 7 Þ = (4; 1) Þ PT (AB) là x – 1 – 4(y – 5) = 0 Þ x – 4y + 19 = 0 2) I (1; 2; 3); R = d (I; (P)) = < R = 5. Vậy (P) cắt (S) theo đường tròn (C) Phương trình d qua I, vuông góc với (P) : Gọi J là tâm, r là bán kính đường tròn (C). J Î d Þ J (1 + 2t; 2 – 2t; 3 – t) J Î (P) Þ 2(1 + 2t) – 2(2 – 2t) – 3 + t – 4 = 0 Þ t = 1 Vậy tâm đường tròn là J (3; 0; 2) , bán kính r = Câu VII.a: Đặt , t > 0. BPT Û t2 – 10t + 9 ³ 0 Û ( t £ 1 hoặc t ³ 9) Khi t £ 1 Þ (a) Khi t ³ 9 Þ (b) Kết hợp (a) và (b) ta có tập nghiệm của bpt là: S = (–¥; –2] È [–1;0] È [1; + ¥). Câu VI.b: 1) (C) có tâm là I (–2; –2); R = Giả sử D cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Kẻ đường cao IH của DABC, ta có SDABC = = sin Do đó SDABC lớn nhất khi và chỉ khi sin = 1 Û DAIB vuông tại I Û IH = (thỏa IH < R) Û Û 1 – 8m + 16m2 = m2 + 1 Û 15m2 – 8m = 0 Û m = 0 hay m = 2) Theo giả thiết ta có M(m; 0; 0) ÎOx , N(0; n; 0) ÎOy , P(0; 0; p) Î Oz. Ta có : . Phương trình mặt phẳng (P): . Vì D Î(P) nên: . D là trực tâm của DMNP Û Û Kết luận, phương trình của mặt phẳng (P): . Câu VII.b: PT Û Từ (2) Þ . · Khi , thay vào (1), ta được: 2x = 0 (VN) · Khi , thay vào (1), ta được: 2x = 2 Û x = 1. Thay x = 1 vào (1) Þ sin(y +1) = –1 Û . Kết luận: Phương trình có nghiệm: . Hướng dẫn Đề số 34 www.VNMATH.com Câu I: 2) PT Û . Dựa vào đồ thị ta suy ra được: · < –1: PT có 2 nghiệm phân biệt · = –1: PT có 3 nghiệm · –1<<0 : PT có 4 nghiệm phân biệt · = 0 : PT có 2 nghiệm · > 0: PT v ô nghiệm Câu II: 1) Tập xác định: D = · x = 1 là nghiệm · x2: BPT Û vô nghiệm · x: BPT Û có nghiệm x Þ BPT có tập nghiệm S= 2) PT cos 2x= Û x= Câu III: Xét: . Đặt . Ta chứng minh được I1 = I2 Tính I1 + I2 = Þ I1 = I2 = I = 7I1 – 5I2 = 1 Câu IV: Gọi I, J lần lượt là trung điểm cúa AB và CD; G là trọng tâm ∆SAC ∆SIJ đều cạnh a nên G cũng là trọng tâm ∆SIJ IG cắt SJ tại K là trung điểm cúa SJ; M, N là trung điểm cúa SC, SD ; SABMN = SK ^ (ABMN); SK =. V=. Câu V: Áp dụng BĐT Bunhiacopxki và giả thiết ta có: Ta có Dựa vào BBT (chú ý: ), ta suy ra được: Dấu "=" xảy ra khi . Câu VI.a: 1) y + 7 = 0; 4x + 3y + 27 = 0. 2) Đường thẳng D cần tìm cắt d2 tại A(–1–2t; t; 1+t) = (–1–2t; t; 1+t) Þ PTTS của Câu VII.a: Số cách chọn 4 bi từ số bi trong hộp là: Số cách chọn 4 bi đủ 3 màu từ số bi trong hộp là: Số cách chọn thoả mãn YCBT là: Câu VI.b: 1) (AC): x + 2y – 7 = 0; (AB): x – y + 2 = 0; (BC): x – 4y – 1 = 0. 2) Giao điểm của đường thẳng AB và (P) là: C(2;0;–1) Đường thẳng d đi qua C và có VTCP là Þ d: Câu VII.b: Xét khai triển: , thay x = 1; x = –1 và kết hợp giả thiết ta được n = 12 Khai triển: có hệ số x3 là: =101376 Hướng dẫn Đề số 35 www.VNMATH.com Câu I: 2) DOAB cân tại O nên tiếp tuyến song song với một trong hai đường thẳng y = x hoặc y = –x. Nghĩa là: f ¢(x0) = ±1 Þ Þ D1 : y – 1 = –1(x + 1) Û y = –x (loại); D2 : y – 0 = –1(x + 2) Û y = –x – 2 (nhận) Câu II: 1) Điều kiện: . Ta có: . PT Û 2) Điều kiện: . PT Û . Câu III: Đặt . Đặt . Câu IV: Gọi Q là giao điểm của NP và AD. Do PD¢ = 2PD nên D¢N = 2DQ (đpcm). Ta có: (1). Thay vào (1), ta được: . Câu V: Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số dương và ta được: (1). Tương tự: (2), (3). Cộng (1), (2) và (3) ta suy ra khi . Câu VI.a: 1) M nằm ngoài (C). (C) có tâm I(1;–1) và R = 5. Mặt khác: Ta có: phương trình đường thẳng (d): a(x – 7) + b(y – 3) = 0 (a2 + b2 > 0). . Vậy (d): y – 3 = 0 hoặc (d): 12x – 5y – 69 = 0. 2) M (–1 + t; t; –9 + 6t) ÎD1; D2 qua A (1; 3; –1) có véctơ chỉ phương = (2; 1; –2) = (t – 2; t – 3; 6t – 8) Þ = (14 – 8t; 14t – 20; 4 – t) Ta có : d (M, D2) = d (M, (P)) Û Û 35t2 – 88t + 53 = 0 Û t = 1 hay t = Vậy M (0; 1; –3) hay M Câu VII.a: D’ = –9 = 9i2 do đó phương trình có 2 nghiệm z1 = –1 – 3i, z2 = –1 + 3i Þ = (1 + 9) + (1 + 9) = 20 Câu VI.b: 1) 3x + 2y – 15 = 0; 2x + 5y – 12 = 0. 2) Chọn . . Câu VII.b: Điều kiện: x > 0. Đặt . PT Û (*). Hàm số nghịch biến và nên (*) có nghiệm t = 3. Vậy phương trình có nghiệm x = 343. Hướng dẫn Đề số 36 Câu I: 2) ; . Khoảng cách giữa các điểm cực tiểu: d = Þ Mind = Û m = . Câu II: 1) PT Û Û Û 2) . Ta có: (1) Û Û · Với x = y: (2) Þ x = y = 2 · Với x = 4y: (2) Þ Câu III: I = Câu IV: Kẻ SH ^ PD Þ SH ^ ((PQCD) Þ · Có thể dùng công thức tỉ số thể tích: Þ Câu V: Ta có: Þ . P = ³ . Dấu "=" xảy ra Û . Vậy, minP = 7. Câu VI.a: 1) C đối xứng với A qua đường thẳng d Þ C(3; 1). Þ B(–2; 1), D(6; 5). 2) E Î (d2) Þ E(3; 7; 6). Þ (D): . Câu VII.a: . Câu VI.b: 1) (C): Þ Tâm I(3; 1), bán kính R = . Giả sử (D): . Từ: Þ Þ . 2) Lấy B Î (d1), C Î (d2). Từ : Þ Þ B là trung điểm của đoạn thẳng AC. Ta có thể tính được B(2; –1; 1), C(3; –4; –1). Câu VII.b: Tiệm cân xiên (D): . Từ M(1; 5) Î (D) Þ m = ± 2. Kết hợp với: > 0, "x ¹ 1 Þ m = –2. Hướng dẫn Đề số 37: www.VNMATH.com Câu I: 2) Giả sử phương trình đường thẳng d: y = m. PT hoành độ giao điểm của (C) và d: Û (1) Để d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho DOAB cân tại O thì (1) phải có x1, – x1, x2 (x1, –x1 là hoành độ của A, B) Þ x1, x2 là các nghiệm của phương trình: Û (2) Đồng nhất (1) và (2) ta được: Û . Kết luận: d: . Câu II: 1) Nhận xét: cosx = 0 không phải là nghiệm của PT. Nhân 2 vế của PT với cosx, ta được: PT Û Û Û Û 2) PT Û (1) Chú ý: , Do đó: (1) Û . Chia 2 vế cho và đặt Ta được: (1) Û Û Û Û . Câu III: I = = + = A + B. · Tính A = . Đặt . Tính được: A = 0. · Tính B = . Đặt . Tính được: B = . Câu IV: Gọi P = MN Ç SD, Q = BM Ç AD Þ P là trọng tâm DSCM, Q là trung điểm của MB. · Þ · Vì D là trung điểm của MC nên Þ Þ Þ Þ . Câu V: Từ giả thiết Þ . · Áp dụng BĐT Cô–si cho 3 số dương: ta được: Û Û Û Û (1) · Tương tự ta có: (2), (3) · Từ (1), (2), (3) Þ Dấu "=" xảy ra Û . Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(1; –2), bán kính R = 3. Vì các tiếp tuyến AB, AC vuông góc nên ABIC là hình vuông có cạnh bằng 3 Þ IA = . Giả sử A(x; –x – m) Î d. Û Û (1) Để chỉ có duy nhất một điểm A thì (1) có 1 nghiệm duy nhất Û D¢ = Û . 2) PT mặt phẳng (P) qua O nên có dạng: (với ). · Vì (P) ^ (Q) nên: Û (1) · Û Û (2) Từ (1) và (2) ta được: Û · Từ (3): B = 0 Þ C = –A. Chọn A = 1, C = –1 Þ (P): · Từ (4): 8A + 5B = 0. Chọn A = 5, B = –8 Þ C = 3 Þ (P): . Câu VII.a: Ta có: Û Û Û . . Số hạng chứa Û Û k = 3. Þ Hệ số của là: . Câu VI.b: 1) Gọi I, I1, I2, R, R1, R2 lần lượt là tâm và bán kính của (C), (C1), (C2). Giả sử I(a; a – 1) Î d. (C) tiếp xúc ngoài với (C1), (C2) nên II1 = R + R1, II2 = R + R2 Þ II1 – R1 = II2 – R2 Û Û a = 0 Þ I(0; –1), R = Þ Phương trình (C): . 2) Gọi lần lượt là các VTCP của d, D và VTPT của (P). Giả sử . · Vì d Ì (P) nên Þ Û (1) · Û Û (2) Từ (1) và (2) ta được: Û · Với c = 0: chọn a = b = 1 Þ PTTS của d: · Với 15a + 7c = 0: chọn a = 7, c = –15, b = –8 Þ PTTS của d: . Câu VII.b: Điều kiện: x > y > 0. Hệ PT Û Û Û hoặc (2) · (1) Û Û . · (2) Û Û Û Û Kết luận: Hệ có nghiệm: (2; 1) và . Hướng dẫn Đề số 38: Câu I: 2) Hai điểm cố định A(1; 0), B(–1; 0). Ta có: . · Các tiếp tuyến tại A và B vuông góc với nhau Û Û Û . Câu II: 1) Hệ PT Û Û Û 2) PT Û Û Û . Câu III: I = = = . Câu IV: Gọi E = AK Ç DC, M = IE Ç CC¢, N = IE Ç DD¢. Mặt phẳng (AKI) chia hình lập phương thành hai đa diện: KMCAND và KBB¢C¢MAA¢D¢N. Đặt V1 = VKMCAND, V2 = VKBB¢C¢MAA¢D¢N. · Vhlp = , VEAND = . · Þ , V2 = Vhlp – V1 = Þ . Câu V: · Nếu y = 0 thì M = = 2. · Nếu y ¹ 0 thì đặt , ta được: M = = . Xét phương trình: Û (1) (1) có nghiệm Û m = 1 hoặc D = Û . Kết luận: . Câu VI.a: 1) Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ: Þ . Giả sử: Î d1, Î d2. M(–1; 1) là trung điểm của BC Û Û Þ , . 2) (S) có tâm I(1; 1; 2), bán kính R = 2. d có VTCP . (P) // d, Ox Þ (P) có VTPT Þ Phương trình của (P) có dạng: . (P) tiếp xúc với (S) Û Û Û Û Þ (P): hoặc (P): . Câu VII.a: PT Û Û Û . Câu VI.b: 1) Vẽ CH ^ AB, IK ^ AB. AB = Þ CH = ÞIK = . Giả sử I(a; 3a – 8) Î d. Phương trình AB: . Û Û Þ I(2; –2) hoặc I(1; –5). · Với I(2; –2) Þ C(1; –1) · Với I(1; –5) Þ C(–2; –10). 2) , . (P) có VTPT . Gọi A = d Ç d1, B = d Ç d2. Giả sử: , Þ . · d ^ (P) Û cùng phương Û Û Þ A(–1; –2; –2). Þ Phương trình đường thẳng d: . Câu VII.b: . Để hàm số luôn đồng biến trên từng khoảng xác định thì Û . Hướng dẫn Đề số 39: Câu I: 2) TCĐ: ; TCX: Þ M(–1; 2). Giả sử Î (C), (x0 > 0). · PTTT với (C) tại I: Þ , . · Û Û (y0 = 1) Þ I(2; 1). Câu II: 1) BPT Û . 2) Điều kiện: . PT Û Û . Câu III: I = = = . Câu IV: . Câu V: Áp dụng bất đẳng thức . Ta có: Mặt khác: Tương tự: Từ đó suy ra: Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Câu VI.a: 1) Gọi A1, A2 lần lượt là điểm đối xứng của A qua BB¢, CC¢ Þ A1, A2 Î BC. Tìm được: A1(0; –1), A2(2; –1) Þ Pương trình BC: Þ B(–1; –1), C(4; –1) Þ Þ vuông. 2) Giả sử: Î d1, Î d2. Þ . cùng phương Û Û Þ . Þ Phương trình đường thẳng d: . Câu VII.a: Phần thực a = 88, phần ảo b = –59. Câu VI.b: 1) Chú ý: d1 ^ d2 và DABC vuông cân tại A nên A cách đều d1, d2 Þ A là giao điểm của d và đường phân giác của góc tạo bởi d1, d2 Þ A(3; 2). Giả sử B(–1; b) Î d1, C(c; –2) Î d2. . Ta có: Û Þ . 2) . Gọi H = d Ç D. Giả sử Þ . Û Û Þ Þ d: . Câu VII.b: Hệ PT Û Û Û Û Hướng dẫn Đề số 40: www.VNMATH.com Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và d: (1) Û Û (1) có 3 nghiệm phân biệt Û (2) có 2 nghiệm phân biệt, khác 0 Û Û (*) Khi đó xB, xC là các nghiệm của (2) Þ Û Û Û Û Û (thoả (*)) Câu II: 1) Hệ PT Û Û Û Û 2) Điều kiện: . PT Û Û . Câu III: A = = = Câu IV: A¢MCN là hình thoi Þ MN ^ A¢C, DB¢MN cân tại B¢ Þ MN ^ B¢O Þ MN ^ (A¢B¢C). · Þ · Gọi j là góc giữa hai mặt phẳng (A¢MCN) và (ABCD), P là trung điểm của CD Þ NP ^ (ABCD). , Þ . Câu V: · Từ giả thiết Þ và Þ . · Chú ý: Với a, b > 0, ta có: Þ (1). Tương tự: (2), (3) Từ (1), (2), (3) Þ £ . Dấu "=" xảy ra Û Û . II. PHẦN TỰ CHỌN 1. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a: 1) (C1) có tâm O(0; 0), bán kính R1 = . (C2) có tâm I2(6; 0), bán kính R2 = 5. Giao điểm A(2; 3). Giả sử d: . Gọi . Từ giả thiết, ta suy ra được: Û Û Û Û . · Với b = 0: Chọn a = 1 Þ Phương trình d: . · Với b = –3a: Chọn a = 1, b = –3 Þ Phương trình d: . 2) PT Û Û . Câu VII.a: Xét (1) (2) Từ (1) và (2) Þ Lấy đạo hàm 2 vế ta được: Với x = 1, ta được: . 2. Theo chương trình nâng cao Câu VI.b: 1) Tìm được M(3; 0) Þ MI = Þ AB = Þ AD = . Phương trình AD: . Giả sử A(a; 3 – a) (với a < 3). Ta có AM = Û Þ A(2; 1). Từ đó suy ra: D(4; –1), B(5; 4), C(7; 2). 2) Điều kiện: x > 3. BPT Û Û Û . Câu VII.b: Điều kiện: a ¹ 0. Tiệm cận xiên d: . d tiếp xúc với (C¢) Û Hệ phương trình sau có nghiệm: Û . Kết luận: a = –4.