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];