Đề thi đại học môn toán 2012 khối b

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012Môn: TOÁN; Khối BThời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đềBỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOĐỀ CHÍNH THỨCI. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3 − 3mx 2 + 3m3 (1), m là tham số thực.a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A và B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 48.Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2(cos x + 3 sin x) cos x = cos x − 3 sin x + 1.Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình x + 1 + x 2 − 4 x + 1 ≥ 3 x .1Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫0x3x 4 + 3x2 + 2dx.Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp tam giác đều S.ABC với SA = 2a, AB = a. Gọi H là hình chiếuvuông góc của A trên cạnh SC. Chứng minh SC vuông góc với mặt phẳng (ABH). Tính thể tích củakhối chóp S.ABH theo a.Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện x + y + z = 0 và x 2 + y 2 + z 2 = 1.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x5 + y5 + z 5 .II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B)A. Theo chương trình ChuẩnCâu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho các đường tròn (C1 ): x 2 + y 2 = 4,(C2 ): x 2 + y 2 − 12 x + 18 = 0 và đường thẳng d : x − y − 4 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâmthuộc (C2 ), tiếp xúc với d và cắt (C1 ) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho AB vuông góc với d.x −1 yzvà hai= =21 −2điểm A(2;1; 0), B (−2;3; 2). Viết phương trình mặt cầu đi qua A, B và có tâm thuộc đường thẳng d.Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :Câu 9.a (1,0 điểm). Trong một lớp học gồm có 15 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Giáo viên gọingẫu nhiên 4 học sinh lên bảng giải bài tập. Tính xác suất để 4 học sinh được gọi có cả nam và nữ.B. Theo chương trình Nâng caoCâu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có AC = 2 BD vàđường tròn tiếp xúc với các cạnh của hình thoi có phương trình x 2 + y 2 = 4. Viết phương trình chínhtắc của elip (E) đi qua các đỉnh A, B, C, D của hình thoi. Biết A thuộc Ox.Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A(0; 0;3), M (1; 2; 0). Viết phương trìnhmặt phẳng (P) qua A và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại B, C sao cho tam giác ABC có trọng tâmthuộc đường thẳng AM.Câu 9.b (1,0 điểm). Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 − 2 3 i z − 4 = 0. Viết dạnglượng giác của z1 và z2.---------- HẾT ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.Họ và tên thí sinh: ................................................................... ; Số báo danh:............................................. .BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ĐỀ CHÍNH THỨCĐÁP ÁN – THANG ĐIỂMĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012Môn: TOÁN; Khối B(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)CâuĐáp ánĐiểm1a) (1,0 điểm)(2,0 điểm)Khi m = 1, ta có: y = x3 − 3x 2 + 3 .• Tập xác định: D = \.• Sự biến thiên:0,25− Chiều biến thiên: y ' = 3 x 2 − 6 x; y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2.Các khoảng đồng biến: (− ∞; 0) và (2; + ∞) , khoảng nghịch biến: (0; 2).− Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 3; đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = −1.− Giới hạn: lim y = −∞ và lim y = + ∞.x→−∞− Bảng biến thiên:0,25x→+ ∞x −∞y'0+0+∞2–0++∞30,25y−∞• Đồ thị:–1y30,252Ox−1b) (1,0 điểm)y ' = 3 x 2 − 6mx; y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2m.Đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị khi và chỉ khi m ≠ 0 (*).Các điểm cực trị của đồ thị là A(0; 3m3 ) và B (2m; − m3 ).Suy ra OA = 3 | m3 | và d ( B, (OA)) = 2 | m | .0,250,25S ∆OAB = 48 ⇔ 3m4 = 480,25⇔ m = ± 2, thỏa mãn (*).0,25Trang 1/42Phương trình đã cho tương đương với: cos 2 x + 3 sin 2 x = cos x − 3 sin x(1,0 điểm)ππ⇔ cos 2 x − = cos x +33) ( )0,25( )0,25(ππ⇔ 2 x − = ± x + + k 2π (k ∈]).33⇔ x=0,252π2π+ k 2π hoặc x = k(k ∈]).330,253Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 2 − 3 hoặc x ≥ 2 + 3 (*).(1,0 điểm)Nhận xét: x = 0 là nghiệm của bất phương trình đã cho.Với x > 0, bất phương trình đã cho tương đương với:x+1+ x + − 4 ≥ 3 (1).xxx+1Đặt t = x +(2), bất phương trình (1) trở thànhx5⇔ t ≥ . Thay vào (2) ta được21⎡3 − t < 0t − 6 ≥ 3 − t ⇔ ⎢⎢⎧3 − t ≥ 0⎢⎣⎩⎨t 2 − 6 ≥ (3 − t ) 2215≥ ⇔ x ≥ 2 hoặcx 2x≤120,250,250,251hoặc x ≥ 4. Kết hợp (*) và nghiệm x = 0, ta được tập nghiệm của bất phương41trình đã cho là: ⎡⎢0; ⎤⎥ ∪ [4; +∞).⎣ 4⎦⇔0< x≤4(1,0 điểm)Đặt t = x 2 , suy ra dt = 2 xdx. Với x = 0 thì t = 0; với x =1 thì t =1.1Khi đó I ==1∫∫(10∫) (0,25)211dt = ln|t + 2| − ln|t +1|−2t + 2 t +1= ln3 −5(1,0 điểm)0,251x 2 .2 xdx1td t=2 ( x 2 +1)( x 2 + 2) 2 (t +1)(t + 2)001210,2503ln2.20,25Gọi D là trung điểm của cạnh AB và O là tâm của ∆ABC. Ta cóAB ⊥ CD và AB ⊥ SO nên AB ⊥ ( SCD ), do đó AB ⊥ SC .SMặt khác SC ⊥ AH , suy ra SC ⊥ ( ABH ).Ta có: CD =HCAD0,25a 3a 3a 33nên SO = SC 2 −OC 2 =, OC =.233SO.CD a 11111a 2Do đó DH ==. Suy ra S ∆ABH = AB.DH =.SC428Ta có SH = SC − HC = SC − CD 2 − DH 2 =OBDo đó VS . ABH17 11a 3= SH .S ∆ABH =.396Trang 2/47a.40,250,250,250,256Với x + y + z = 0 và x 2 + y 2 + z 2 = 1, ta có:(1,0 điểm)10 = ( x + y + z ) 2 = x 2 + y 2 + z 2 + 2 x( y + z ) + 2 yz =1− 2 x 2 + 2 yz , nên yz = x 2 − .22y 2 + z 2 1 − x2−11x66Mặt khác yz ≤=(*)., suy ra: x 2 − ≤, do đó −≤ x≤2222330,25Khi đó: P = x5 + ( y 2 + z 2 )( y 3 + z 3 ) − y 2 z 2 ( y + z )()12x2511 2x = (2 x3 − x).= x5 + (1− x 2 )⎡− x(1− x 2 ) + x x 2 − ⎤ + x 2 −⎣⎢42 ⎦⎥2⎡ 666⎤2Xét hàm f ( x) = 2 x3 − x trên ⎢ −.;⎥ , suy ra f '( x) = 6 x − 1; f '( x) = 0 ⇔ x = ±63 ⎦⎥⎢⎣ 3⎛ 6⎞ ⎛ 6⎞6 ⎛ 6⎞ ⎛ 6⎞ 66, f ⎜ ⎟ = f ⎜−Ta có f ⎜ −.⎟= f ⎜ ⎟=−⎟ = . Do đó f ( x) ≤99⎝ 3 ⎠ ⎝ 6 ⎠⎝ 3 ⎠ ⎝ 6 ⎠ 9= x5 + (1− x 2 ) ⎡⎣( y 2 + z 2 )( y + z ) − yz ( y + z )⎤⎦ + x 2 −0,25( ) ( )Suy ra P ≤Khi x =5 6.36665 6thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị lớn nhất của P là, y = z =−.36367.a(1,0 điểm)(C)A0,25dI(C1) có tâm là gốc tọa độ O. Gọi I là tâm của đường tròn (C)cần viết phương trình, ta có AB ⊥ OI . Mà AB ⊥ d vàO ∉ d nên OI//d, do đó OI có phương trình y = x.0,250,25Mặt khác I ∈ (C2 ), nên tọa độ của I thỏa mãn hệ:⎧⎪ y = x⎧x = 3⇔⎨⇒ I (3;3).⎨ 2 2⎪⎩x + y −12 x +18 = 0 ⎩ y = 30,25Do (C) tiếp xúc với d nên (C) có bán kính R = d ( I , d ) = 2 2.0,25Vậy phương trình của (C) là ( x − 3) 2 + ( y − 3) 2 = 8.0,25B(C1)(C2)8.a(1,0 điểm)Gọi (S) là mặt cầu cần viết phương trình và I là tâm của (S).Do I ∈ d nên tọa độ của điểm I có dạng I (1+ 2t ; t ; − 2t ).0,25Do A, B∈( S ) nên AI = BI , suy ra (2t −1) 2 + (t −1) 2 + 4t 2 = (2t + 3) 2 + (t −3) 2 + (2t + 2) 2 ⇒ t =−1.0,25Do đó I (−1; − 1; 2) và bán kính mặt cầu là IA = 17.0,25Vậy, phương trình mặt cầu (S) cần tìm là ( x + 1) 2 + ( y + 1) 2 + ( z − 2) 2 = 17.0,259.a4(1,0 điểm) Số cách chọn 4 học sinh trong lớp là C25 =12650.0,2511Số cách chọn 4 học sinh có cả nam và nữ là C15.C103 + C152 .C102 + C153 .C100,25= 11075.0,25Xác suất cần tính là P =11075 443=.12650 506Trang 3/40,257.b(1,0 điểm)yBHACODx2+y2=1( a > b > 0). Hình thoi ABCD cóa 2 b2AC = 2 BD và A, B, C, D thuộc (E) suy ra OA = 2OB.Giả sử ( E ):0,25Không mất tính tổng quát, ta có thể xem A(a;0) vàx B 0; a . Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên AB,2suy ra OH là bán kính của đường tròn (C ) : x 2 + y 2 = 4.0,25111114==+=+.22224 OHOAOBaa20,25( )Ta có:x2 y 2+= 1.Suy ra a 2 = 20, do đó b2 = 5. Vậy phương trình chính tắc của (E) là20 58.bDo B ∈ Ox, C ∈ Oy nên tọa độ của B và C có dạng: B(b; 0; 0) và C (0; c; 0).(1,0 điểm)b cGọi G là trọng tâm của tam giác ABC, suy ra: G ; ; 1 .3 3JJJJGx y z−3.Ta có AM = (1;2; −3) nên đường thẳng AM có phương trình = =1 2 −3b c −2Do G thuộc đường thẳng AM nên = = . Suy ra b = 2 và c = 4.3 6 −3(Do đó phương trình của mặt phẳng (P) là)x y z+ + = 1, nghĩa là ( P) : 6 x + 3 y + 4 z − 12 = 0.2 4 39.bPhương trình bậc hai z 2 − 2 3 i z − 4 = 0 có biệt thức ∆ = 4.(1,0 điểm)Suy ra phương trình có hai nghiệm: z1 = 1 + 3 i và z2 = −1 + 3i.0,250,250,250,250,250,250,25ππ• Dạng lượng giác của z1 là z1 = 2⎛⎜cos + isin ⎞⎟.3⎠⎝ 30,252π2π• Dạng lượng giác của z2 là z2 = 2⎛⎜cos + isin ⎞⎟.33⎠⎝0,25---------- HẾT ----------Trang 4/4

Sáng 1/7/2012, thí sinh dự thi môn đầu tiên trong đợt thi kéo dài 3 ngày. Dưới đây là đề thi và đáp án chính thức môn Toán Khối B kỳ thi đại học năm 2012 của Bộ Giáo Dục. Các bạn có thể xem và tải về file PDF ở dưới.

TUSACHHAY.NET xin giới thiệu bạn đọc

"ĐỀ THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI B NĂM 2012"

• Tải đề thi ĐH môn toán khối B năm 2012   tại đây
• Tải đáp án đề thi ĐH môn toán khối B năm 2012 tại đây

GỌI NGAY 08.8863.1839 - 0919. 280. 820

ĐỂ ĐƯỢC TƯ VẤN LỰA CHỌN SẢN PHẨM PHÙ HỢP VỚI BẠN HOÀN TOÀN MIỄN PHÍ

MAYTINHHOCSINH.COM
Sản phẩm chính hãng - Bảo hành 2 năm

Địa chỉ: 2126/42 Quốc Lộ 1A - P. Tân Thới Hiệp - Q12 - TP.HCM ( bên hông bên phải nhà Thờ Tân Hưng - Ngã Tư Quốc Lộ 1A với Nguyễn Văn Quá)

Hotline 1: 08.8863.1839 - 0919 280 820

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

 Câu 1. (2,0 điểm). Cho hàm số y = {x^3} - 3m{x^2} + 3{m^3} là tham số thực.

 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m=1

 b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A và B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 48.

Bạn đang xem tài liệu "Đề thi tuyển sinh đại học năm 2012 môn: Toán; Khối B", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 ---------------------------------------- Môn: TOÁN; Khối B ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1. (2,0 điểm). Cho hàm số là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi . b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A và B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 48. Câu 2. (1,0 điểm). Giải phương trình . Câu 3. (1,0 điểm). Giải bất phương trình Câu 4. (1,0 điểm). Tính tích phân . Câu 5. (1,0 điểm). Cho hình chóp tam giác đều S.ABC với SA = 2, AB = a. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên cạnh SC. Chứng minh SC vuông góc với mặt phẳng (ABH). Tính thể tích của khối chóp S.ABH theo . Câu 6. (1,0 điểm). Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện và . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (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 các đường tròn , và đường thẳng . Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc , tiếp xúc với d và cắt tại hai điểm phân biệt A và B sao cho AB vuông góc với d. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng và hai điểm . Viết phương trình mặt cầu đi qua A, B và có tâm thuộc đường thẳng d. Câu 9.a (1,0 điểm). Trong một lớp học gồm có 15 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Giáo viên gọi ngẫu nhiên 4 học sinh lên bảng giải bài tập. Tính xác suất để 4 học sinh được gọi có cả nam và nữ. B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có AC = 2BD và đường tròn tiếp xúc với các cạnh của hình thoi có phương trình . Viết phương trình chính tắc của elip (E) đi qua các đỉnh A, B, C, D của hình thoi. Biết A thuộc Ox. Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho. Viết phương trình mặt phẳng qua A và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại B, C sao cho tam giác ABC có trọng tâm thuộc đường thẳng AM. Câu 9.b (1,0 điểm). Gọi và là hai nghiệm phức của phương trình Viết dạng lượng giác của và . Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ..; Số báo danh: . BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN - Khối B (Đáp án) BÀI GIẢI Câu 1: a) m= 1, hàm số thành : y = x3 – 3x2 + 3. Tập xác định là: D = R. y’ = 3x2 – 6x; y’ = 0 Û x = 0 hay x = 2; y(0) = 3; y(2) = -1 y x 0 3 2 -1 và x -¥ 0 2 +¥ y’ + 0 - 0 + y 3 +¥ -¥ CĐ -1 CT Hàm số đồng biến trên (-∞; 0) ; (2; +∞); hàm số nghịch biến trên (0; 2) Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y(0) = 3; hàm số đạt cực tiểu tại x = 2; y(2) = -1 y" = 6x – 6; y” = 0 Û x = 1. Điểm uốn I (1; 1) Đồ thị : b) y’ = 3x2 – 6mx, y’ = 0 Û x = 0 hay x = 2m y có 2 cực trị Û m ¹ 0 Vậy A (0; 3m3) và B (2m; -m3) SDOAB = Û m4 = 16 Û m = ±2 (nhận so với đk ). Câu 2 : Cách 1: Cách 2: Phương trình đã cho tương đương với: cos 2x + sin 2x = cos x − sin x hoặc . Câu 3 : Giải bất phương trình . Đk : 0 £ x £ hay x ³ nhận xét x = 0 là nghiệm + Với x ¹ 0, BPT Û ³ 3 Đặt t = Þ = t2 – 2 (t ³ 2) Ta có : Û Hay Û hay x ³ 4 Kết hợp với đk ta được tập nghiệm của bất phương trình đã cho là: . Câu 4 : Cách 1: Đặt t = ; ; Cách 2: Giả sử: S A H C B O D Câu 5 Gọi D là trung điểm của cạnh AB và O là tâm của ∆ABC. Ta có AB CD và AB SO nên AB (SCD), do đó AB SC. Mặt khác SC AH , suy ra SC ( ABH) Vậy . Cách 1: Gọi SD là chiều cao của tam giác SAB Ta có . Cách 2 : Ta có : nên Do đó . Suy ra Ta có Do đó . Câu 6. Cách 1: Þ P = x5 + y5 + z5 = x5 + y5 – (x + y)5 = -5xy(x3 + y3) – 10x2y2(x + y) = ; t = x + y f(t) = f’(t) = f’(t) = 0 Û t = t f’(t) – 0 + 0 – f(t) Vậy P £ . Vậy max P = xảy ra khi t = Û (có nghiệm) hay (có nghiệm) Cách 2: Với x + y + z = 0 và x2 + y 2 + z 2 = 1, ta có: 0 = ( x + y + z)2 = x2 + y 2 + z 2 + 2 x( y + z)+ 2 yz =1− 2 x2 + 2 yz, nên Mặt khác , suy ra , do đó Khi đó: P = x5 + ( y 2 + z 2 )( y3 + z3 ) − y 2 z 2 ( y + z) Xét hàm trên , suy ra ; Ta có Do đó Suy ra Khi thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị lớn nhất của P là Câu 7a. Cách 1: (C2) (C1) A B C d I (C1) có tâm là gốc tọa độ O. Gọi I là tâm của đường tròn (C) cần viết phương trình, ta có ABOI . Mà AB d và O d nên OI // d, do đó OI có phương trình y = x. Mặt khác I (C2 ), nên tọa độ của I thỏa mãn hệ: Do (C) tiếp xúc với d nên (C) có bán kính R = d (I , d ) = 2. Vậy phương trình của (C) là ( x − 3)2 + ( y − 3)2 = 8. Cách 2: Phương trình đường tròn (C) : Phương trình đường thẳng AB : AB có vtcp (b;-a) Đường thẳng (d) có vtcp vì (1) d(I,d) = Û 8 = 2a2 – c (2) Thế (1) vào (3) ta có : Thế vào (2) ta có : c = 10 Vậy phương trình đường tròn (C) : Cách 3: Gọi I (a;b) ; vì đường tròn tâm I cắt (C1) tâm O tại A, B sao cho AB . Mà . Vậy d(I/d) = d(O/d) = = R Ta có : Hệ (1) ; (loại) vì I và O phải cùng phía so với (d). Hệ (2) Phương trình đường tròn : . Câu 8a. Ta có: Gọi tâm mặt cầu là khi đó: , Do A, B nằm trên mặt cầu nên , Vậy phương trình mặt cầu là : Câu 9a. Cách 1: Số cách gọi 4 học sinh lên bảng là : Số cách gọi 4 học sinh có cả nam lẫn nữ là : TH 1: 1 nữ 3 nam có : 10.455 = 4550 TH 2: 2 nữ 2 nam có : 4725 TH 3: 3 nữ 1 nam có : 1800 Vậy số cách gọi 4 học sinh có nam và nữ là : 4550 + 4725 + 1800 = 11075 Vậy xác suất để 4 học sinh được gọi có cả nam lẫn nữ là : Cách 2: Xác suất chọn không có nam: P1 = y Xác suất chọn không có nữ : P2 = H B Xác xuất có cả nam và nữ : P = 1 – (P1 + P2) = A B. Theo chương trình Nâng cao x C Câu 7b. O Cách 1: Giả sử . Hình thoi ABCD có D AC = 2BD và A, B, C, D thuộc (E) suy ra OA = 2OB. Không mất tính tổng quát, ta có thể xem A(a; 0) và . Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên AB, suy ra OH là bán kính của đường tròn Ta có : Suy ra a2 = 20, do đó b2 = 5. Vậy phương trình chính tắc của (E) là Cách 2: Đặt AC = 2a , BD = a . Bán kính đường tròn nội tiếp hình thoi R = 2. Ta có Vậy phương trình của (E) : Cách 3: Gọi (E) có dạng với , ta có: Vậy phương trình của (E) : Câu 8b. Cách 1: Gọi B là giao điểm của mặt phẳng với Ox, B(b;0;0). C là giao điểm của mặt phẳng với Oy, C(0;c;0). Vậy pt mặt phẳng có dạng : và trọng tâm tam giác ABC là : . Pt đường thẳng AM : Vì nên Vậy pt mặt phẳng (P) là . Cách 2: Do B Ox, C Oy nên tọa độ của B và C có dạng: B(b; 0; 0) và C (0; c; 0). Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, suy ra Ta có nên đường thẳng AM có phương trình Do G thuộc đường thẳng AM nên Suy ra và Do đó phương trình của mặt phẳng (P) là , nghĩa là Câu 9b. Phương trình có hai nghiệm là Vậy dạng lượng giác của z1, z2 là : z1 = 2(cos+ isin);