Tài liệu hướng dẫn giải đề toán ôn thi đại học từ 51 đến 55 doc

Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng
Hướng dẫn Đề số 51
Câu I: 2) PT hoành độ giao điểm:
x x mx
3 2
3 1 1+ + + =

⇔
( )
x x x m
2
3 0+ + =

⇔
x
f x x x m
2
0
( ) 3 0

=

= + + =

Đê thỏa mãn YCBT thì PT
f x( ) 0=
có 2 nghiệm phân biệt
x x
1 2
,
khác 0 và

( ) ( )
y x y x
1 2
. 1
′ ′
= −
⇔
2 2
1 1 2 2
9 4 0, (0) 0
(3 6 )(3 6 ) 1.
m f m
x x m x x m
− > = ≠


+ + + + = −


m m
x x x x x x m x x x x m x x m
2 2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
9
, 0
4
9( ) 18 ( ) 3 ( ) 36 6 ( ) 1

< ≠


⇔


+ + + + + + + + = −


m m
m m
2
9
, 0
4
4 9 1 0

< ≠

⇔


− + =

⇔
m
9 65
8
±
=
Câu II: 1) Điều kiện:
xcos 0≠
.

PT ⇔
2 2 2
cos2 tan 1 cos (1 tan ) 2cos cos 1 0− = + − + ⇔ − − =x x x x x x

⇔
x
x
cos 1
1
cos
2

=

= −


⇔
x k
x k
2
2
2
3
π
π
π

=


= ± +


2) Từ hệ PT ⇒
0y ≠
. Khi đó ta có:
2
2 2
2 2
2
2
1
4
1 4
.
( ) 2 7 2
1
( ) 2 7
x
x y
y
x y xy y
y x y x y
x
x y
y

+
+ + =



+ + + =

⇔
 
+ = + +
+


+ − =


Đặt
2
1
,
x
u v x y
y
+
= = +
ta có hệ:
2 2
4 4 3, 1
2 7 2 15 0 5, 9
u v u v v u
v u v v v u
+ = = − = =
  
⇔ ⇔

 

− = + − = = − =
  
• Với
3, 1v u= =
ta có hệ:
2 2 2
1, 2
1 1 2 0
2, 5
3 3 3
x y
x y x y x x
x y
x y y x y x
= =
  
+ = + = + − =

⇔ ⇔ ⇔
  

= − =
+ = = − = −

  
.
• Với
5, 9v u= − =

ta có hệ:
2 2 2
1 9 1 9 9 46 0
5 5 5
x y x y x x
x y y x y x
  
+ = + = + + =
⇔ ⇔
  
+ = − = − − = − −
  
, hệ này vô
nghiệm.
Kết luận: Hệ đã cho có hai nghiệm:
(1; 2), ( 2; 5)−
.
Câu III:
3
3
2
2
3
2 2 2
1 1 1
ln
log 1 ln . ln
ln 2
.
ln 2

1 3ln 1 3ln 1 3ln
e e e
x
x x xdx
I dx dx
x
x x x x x
 
 ÷
 
= = =
+ + +
∫ ∫ ∫
Đặt
2 2 2
1 1
1 3ln ln ( 1) ln .
3 3
dx
x t x t x tdt
x
+ = ⇒ = − ⇒ =
.
Suy ra :
( )
( )
2
2 2
3
2

2
3 3
2
1 1 1
1
1
log 1 1 1
3
. 1
ln 2 3 9ln 2
1 3ln
e
t
x
I dx tdt t dt
t
x x
−
= = = −
+
∫ ∫ ∫
2
3
3 3
1
1 1 4
9ln 2 3 27ln 2
t t
 
= − =

 ÷
 
Câu IV: Gọi P,Q là trung điểm của BD, MN. Chứng minh được: AC’
⊥
PQ. Suy ra AC ′
⊥
(BDMN)
Gọi H là giao của PQ và AC’. Suy ra AH là đường cao của hình chóp A.BDMN.
Trang 96
Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng
Tính được
a
AH AC
2 15
5 5
′
= =
.
a a
PQ MN
15
,
4 2
= =
⇒
BDMN
a
S
2
3 15

16
=
. Suy ra:
3
. D D
1 3
.
3 16
= =
A B MN B MN
a
V S AH
.
Câu V:
• Cách 1: Ta có
2 ( ) (1 2 ) (1 ) (1 2 )ab bc ca abc a b c a bc a a a bc+ + − = + + − = − + −
.
Đặt
t bc
=
thì ta có
2 2
( ) (1 )
0
4 4
b c a
t bc
+ −
≤ = ≤ =
.

Xét hàm số:
f t a a a t( ) (1 ) (1 2 )= − + −
trên đoạn
a
2
(1 )
0;
4
 
−
 
 
 
Có:
2
( 1 ) 1 7
(0) (1 )
4 4 27
+ −
= − ≤ = <
a a
f a a
và
2
2
(1 ) 7 1 1 1 7
(2 )
4 27 4 3 3 27
a
f a a

 
−
 
= − + − ≤
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
với ∀a
[ ]
0;1∈
.
Vậy:
7
2
27
ab bc ca abc+ + − ≤
. Dấu "=" xảy ra ⇔
a b c
1
3
= = =
.
• Cách 2: Ta có
a a b c a b c a b c c b
2 2 2
( ) ( )( ) (1 2 )(1 2 )≥ − − = + − − + = − −
(1)
Tương tự:

b a c
2
(1 2 )(1 2 )≥ − −
(2),
c a b
2
(1 2 )(1 2 )≥ − −
(3)
Từ (1), (2), (3) ⇒
abc a b c(1 2 )(1 2 )(1 2 )≥ − − −
=
a b c ab bc ca abc1 2( ) 4( ) 8− + + + + + −
⇒
abc
ab bc ca
1 9
4
+
+ + ≤
⇒
abc
ab bc ca abc
1
2
4
+
+ + − ≤
Mặt khác
a b c abc
3

3+ + ≥
⇒
abc
1
27
≤
. Do đó:
ab bc ca abc
1
1
7
27
2
4 27
+
+ + − ≤ =
.
Dấu "=" xảy ra ⇔
a b c
1
3
= = =
.
Câu VI.a: 1) Gọi
C c c( ; 2 3)+
và
I m m( ;6 )−
là trung điểm của BC.
Suy ra:
B m c m c(2 ; 9 2 2 )− − −

. Vì C’ là trung điểm của AB nên:

2 5 11 2 2
' ; '
2 2
− + − −
 
∈
 ÷
 
m c m c
C CC
nên
2 5 11 2 2 5
2 3 0
2 2 6
− + − −
 
− + = ⇒ = −
 ÷
 
m c m c
m
5 41
;
6 6
 
⇒ −
 ÷
 

I
.
Phương trình BC:
x y3 –3 23 0+ =
.
Tọa độ của C là nghiệm của hệ:
2 3 0
14 37
;
3 3 23 0
3 3
− + =

 
⇒

 ÷
− + =
 

x y
C
x y
Tọa độ của
19 4
;
3 3
 
−
 ÷

 
B
.
2) Ta có:
(2; 2; 2), (0; 2;2).AB AC= − =
uuur uuur

Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của AB, AC là:
1 0, 3 0.x y z y z+ − − = + − =
Vectơ pháp tuyến của mp(ABC) là
, (8; 4;4).
 
= = −
 
n AB AC
uuur uuur
r

Suy ra (ABC):
2 1 0x y z− + + =
.
Trang 97
Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học
Giải hệ:
1 0 0
3 0 2
2 1 0 1
+ − − = =
 
 

+ − = ⇒ =
 
 
− + + = =
 
x y z x
y z y
x y z z
. Suy ra tâm đường tròn là
(0; 2;1).I
Bán kính là
2 2 2
( 1 0) (0 2) (1 1) 5.R IA= = − − + − + − =
Câu VII.a: Giải PT đã cho ta được các nghiệm:
1 2
3 2 3 2
1 , 1
2 2
z i z i= − = +
Suy ra
2
2
1 2 1 2
3 2 22
| | | | 1 ; 2
2 2
z z z z
 
= = + = + =
 ÷

 ÷
 
. Do đó:
2 2
1 2
2
1 2
11
4
( )
+
=
+
z z
z z
.
Câu VI.b: 1) Giả sử tâm
I t t( 3 –8; )−
∈ ∆.
Ta có:
d I IA( , )
∆
′
=
⇔
2 2
2 2
3( 3 8) 4 10
( 3 8 2) ( 1)
3 4

t t
t t
− − − +
= − − + + −
+

⇔
t 3= −
⇒
I R(1; 3), 5− =
PT đường tròn cần tìm:
x y
2 2
( –1) ( 3) 25+ + =
.
2) Ta có
(2; 3; 1), ( 2; 1; 1) , (2;4; 8)
 
= − − = − − − ⇒ = = −
 
AB AC n AB AC
uuur uuur uuur uuur
r
là 1 VTPT của
(ABC)
Suy ra phương trình (ABC):
( )
( )
( )
x y z–0 2 –1 –4 –2 0+ =

⇔
x y z2 –4 6 0+ + =
.
Giả sử M(x; y; z).
Ta có:
MA MB MC
M P( )

= =

∈

⇔

x y z x y z
x y z x y z
x y z
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
( 1) ( 2) ( 2) ( 2) ( 1)
( 1) ( 2) ( 2) ( 1)
2 2 3 0

+ − + − = − + + + −


+ − + − = + + + −

+ + − =


⇔
x
y
z
2
3
7

=

=


= −

⇒
M(2;3; 7)−
Câu VII.b: Điều kiện:
2
2 2 0, 2 1 0, 5 0, 4 0
(*)
0 1 1, 0 2 1

− − + + > − + > + > + >

< − ≠ < + ≠

xy x y x x y x
x y

Hệ PT ⇔
1 2 1 2
1 2 1 2
2log [(1 )( 2)] 2log (1 ) 6 log ( 2) log (1 ) 2 0 (1)
log ( 5) log ( 4) = 1 log ( 5) log ( 4) = 1 (2)
− + − +
− + − +
− + + − = + + − − =
 
 
⇔
 
+ − + + − +
 
 
x y x y
x y x y
x y x y x
y x y x
Đặt
2
log (1 )
y
x t
+
− =
thì (1) trở thành:
2
1
2 0 ( 1) 0 1.t t t

t
+ − = ⇔ − = ⇔ =
Với
1t
=
ta có:
1 2 1 (3)− = + ⇔ = − −x y y x
. Thế vào (2) ta có:
2
1 1 1
4 4
log ( 4) log ( 4) = 1 log 1 1 2 0
4 4
x x x
x x
x x x x x
x x
− − −
− + − +
− + − + ⇔ = ⇔ = − ⇔ + =
+ +
0
2
x
x
=

⇔

= −


• Với
x 0
=
⇒
y 1= −
(không thoả (*)).
• Với
x 2
= −
⇒
y 1=
(thoả (*)).
Vậy hệ có nghiệm duy nhất
2, 1x y= − =
.
Trang 98
Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng
Hướng dẫn Đề số 52
www.MATHVN.com
Câu I: 2)
y x mx m x mx m
2 2 2 2
6 18 12 6( 3 2 )
′
= + + = + +
Hàm số có CĐ và CT ⇔
y 0
′
=

có 2 nghiệm phân biệt
x x
1 2
,
⇔ ∆ =
m
2
> 0 ⇔
m 0
≠
Khi đó:
( ) ( )
x m m x m m
1 2
1 1
3 , 3
2 2
= − − = − +
.
Dựa vào bảng xét dấu y′ suy ra
CÑ CT
x x x x
1 2
,= =
Do đó:
CÑ CT
x x
2
=
⇔

m m m m
2
3 3
2 2
 
− − − +
=
 ÷
 
⇔
m 2
= −
Câu II: 1) Điều kiện
x 0≥
.
PT ⇔
x x x
2
4 1 3 1 0− + − + =
⇔
x
x x
x x
2 1
(2 1)(2 1) 0
3 1
−
+ − + =
+ +
⇔

x x
x x
1
(2 1) 2 1 0
3 1
 
− + + =
 ÷
+ +
 
⇔
x2 1 0− =
⇔
x
1
2
=
.
2) PT ⇔
x x
2
10sin 4sin 14 0
6 6
π π
   
+ + + − =
 ÷  ÷
   
⇔
xsin 1

6
π
 
+ =
 ÷
 
⇔
x k2
3
π
π
= +
.
Câu III: Ta có:
x x x x x x x x
f x x
x x x x
2 2 2
2 2 2 2
ln( 1) ( 1) ln( 1)
( )
1 1 1 1
+ + − +
= + = + −
+ + + +
⇒
F x f x dx x d x xdx d x
2 2 2
1 1
( ) ( ) ln( 1) ( 1) ln( 1)

2 2
= = + + + − +
∫ ∫ ∫ ∫

=
x x x C
2 2 2 2
1 1 1
ln ( 1) ln( 1)
4 2 2
+ + − + +
.
Câu IV: Do B và D cách đều S, A, C nên BD ⊥ (SAC). Gọi O là tâm của đáy ABCD. Các tam giác
ABD, BCD, SBD là các tam giác cân bằng nhau và có đáy BD chung nên OA = OC = OS. Do đó
∆ASC vuông tại S.
Ta có:
S ABCD S ABC
V V BO SA SC ax AB OA
2 2
. .
1 1
2 2. . . .
6 3
= = = −

=
a x
a x
ax a ax
2 2

2 2
2
1
3
4 6
1
3
+
−
− =
Do đó:
S ABCD
a a
ax a xV
3 3
2 2
.
2 1 2
3
6 6 6
= ⇔ − =
⇔
x a
x a 2

=

=

.

Câu V: Ta có:
a a b a ba b a a b a
2
2 2
1 1 1 1
2 2 2 2
3 1
4 4
 
= − + + + ≥ + +
 ÷
 
+ + = − + + + +
Tương tự:
b a a b
2
1
2
3
4
+ + ≥ + +
.
Ta sẽ chứng minh
a b a b
2
1 1 1
2 (2
2 2 2
    
+ + ≥ + +

 ÷  ÷ ÷
    
(*)
Thật vậy, (*) ⇔
a b ab a b ab a b
2 2
1 1
4
4 4
2 ≥+ + + + + + + +
⇔
a b
2
0( ) ≥−
.
Dấu "=" xảy ra ⇔
a b
1
2
= =
.
Câu VI.a: 1) Gọi tâm đường tròn là
I t t( ;3 2 )−
∈ d
1
.
Trang 99
Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học
Khi đó:
d I dd I d

2 3
) ( , )( , =
⇔
t t
t t
3 4(3 2 ) 5
5
4 3(3 2 ) 2
5
+ − +
=
+ − +
⇔
t
t
2
4



=
=
Vậy có 2 đường tròn thoả mãn:
x y
2 2
49
25
( 2) ( 1) =− + +
và
x y

2 2
9
( 4) ( 5)
25
− + + =
.
2) (∆) :
2
2 2
3
1 3 2
2 2
x t
x y z
y t
z t
= +

− +

= = ⇔ =


= − +

. (P) có VTPT
n (2;1; 1)= −
r
.
Gọi I là giao điểm của (∆) và đường thẳng d cần tìm

⇒

I t t t(2 ;3 ; 2 2 )+ − +
(1 ,3 2, 1 2 )AI t t t⇒ = + − − +
uur
là VTCP của d.
Do d song song mặt phẳng (P)
. 0AI n⇔ =
uur r
( )
t t AI
1
3 1 0 3 2; 9; 5
3
⇔ + = ⇔ = − ⇒ = − −
uur
.
Vậy phương trình đường thẳng d là:
1 2 1
2 9 5
x y z− − +
= =
− −
.
Câu VII.a: Gọi số cần tìm là: x=
1 2 3 4 5 6
=x a a a a a a
.
Vì không có mặt chữ số 1 nên còn 9 chữ số 0, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 để thành lập số cần tìm.
Vì phải có mặt chữ số 0 và

1
0a ≠
nên số cách xếp cho chữ số 0 là 5 cách.
Số cách xếp cho 5 vị trí còn lại là :
5
8
A
.
Vậy số các số cần tìm là: 5.
5
8
A
= 33.600 (số)
Câu VI.b: 1)
( )C
có tâm I (1; –2) và bán kính R = 3.
(d) cắt
( )C
tại 2 điểm phân biệt A, B
( , )⇔ <d I d R

2
2 2 1 2 3 2⇔ − + − < +m m
2 2 2
1 4 4 18 9 5 4 17 0⇔ − + < + ⇔ + + > ⇔ ∈m m m m m m R
Ta có:
·
1 1 9
. sin .
2 2 2

= ≤ =S IA IB AIB IA IB
IAB
Vậy:
S
IAB
lớn nhất là
9
2
khi
·
0
90=AIB

⇔
AB =
2 3 2=R

⇔
3 2
( , )
2
=d I d
⇔

3 2
2
1 2 2
2
m m− = +

2 2 2
16 16 4 36 18 2 16 32 0⇔ − + = + ⇔ + + =m m m m m
4⇔ = −m
2) Ta có:
( ;0; 1), (0; ; 1)= − = −SM m SN n
uuur uuur
⇒ VTPT của (SMN) là
( ; ; )=n n m mn
r
Phương trình mặt phẳng (SMN):
0nx my mnz mn+ + − =
Ta có: d(A,(SMN))
2 2 2 2
n m mn
n m m n
+ −
=
+ +
1 .
1
1
1
2 2
1 2
m n
mn
mn
mn m n
−
−

= = =
−
− +

Suy ra (SMN) tiếp xúc mặt cầu tâm A bán kính R=1 cố định.
Câu VII.b: BPT ⇔
x x x x
x
1
2
(4 2.2 3).log 3 2 4
+
− − − > −
⇔
x x
x
2
(4 2.2 3).(log 1) 0− − + >
⇔
x x
x x
x
x
2
2
2
2
2
2
2.2 3 0

log 1 0
2.2 3 0
log 1 0













− − >
+ >
− − <
+ <
⇔
x
x
x
x
2
2
2 3
log 1
2 3

log 1


>


> −




<


< −



⇔
x
x
x
x
2
2
log 3
1
2
log 3
1

0
2


>




>




<




< <




⇔
x
x
2
log 3
1

0
2

>


< <

Trang 100
Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng
Hướng dẫn Đề số 53
www.MATHVN.com
Câu I: 2) Giả sử tiếp tuyến d của (C) tại
M x y
0 0
( ; )
cắt Ox tại A và Oy tại B sao cho OA = 4OB.
Do ∆OAB vuông tại O nên:
OB
A
OA
1
tan
4
= =
⇒ Hệ số góc của d bằng
1
4
hoặc
1

4
−
.
Hệ số góc của d tại M là:
y x
x
0
2
0
1
( ) 0
( 1)
′
= − <
−
⇒
y x
0
1
( )
4
′
= −
⇔
x
2
0
1 1
4
( 1)

− = −
−

⇔
x y
x y
0 0
0 0
3
1
2
5
3
2

 
= − =
 ÷

 

 

= =
 ÷

 

Vậy có hai tiếp tuyến thoả mãn là:
y x

1 3
( 1)
4 2
= − + +
hoặc
y x
1 5
( 3)
4 2
= − − +
Câu II: 1) Điều kiện:
xcos2 0≠
.
PT ⇔
x x x x
2 2
(sin cos ) 2sin2 cos 2 0− + + + =
⇔
x x
2
sin 2 sin2 0− =
⇔
x
x loaïi
sin2 0
sin2 1 ( )

=

=


⇔
x k
2
π
=
.
2) Hệ PT ⇔
xy x y x y x y
xy x y xy x y
2 2 2
( ) ( ) 30
( ) 11

+ + + =

+ + + + =

⇔
xy x y x y xy
xy x y xy x y
( )( ) 30
( ) 11

+ + + =

+ + + + =

Đặt
x y u

xy v

+ =

=

. Hệ trở thành
uv u v
uv u v
( ) 30
11

+ =

+ + =

⇔
uv uv
uv u v
(11 ) 30 (1)
11 (2)

− =

+ + =

. Từ (1) ⇒
uv
uv
5

6

=

=

• Với uv = 5 ⇒
u v 6
+ =
. Giải ra ta được các nghiệm (x; y) là:
5 21 5 21
;
2 2
 
− +
 ÷
 
và
5 21 5 21
;
2 2
 
+ −
 ÷
 
• Với uv = 6 ⇒
u v 5
+ =
. Giải ra ta được các nghiệm (x; y) là:
(1;2)

và
(2;1)
Kết luận: Hệ PT có 4 nghiệm:
(1;2)
,
(2;1)
,
5 21 5 21
;
2 2
 
− +
 ÷
 
,
5 21 5 21
;
2 2
 
+ −
 ÷
 
.
Câu III: Đặt
t x=
⇒
dx t dt2 .
=
. I =
t t

dt
t
1
3
0
2
1
+
+
∫
=
t t dt
t
1
2
0
2
2 2
1
 
− + −
 ÷
+
 
∫
=
11
4ln2
3
−

.
Câu IV: Từ giả thiết suy ra ∆ABC vuông cân tại B. Gọi H là trung điểm của AC thì BH ⊥ AC và BH
⊥ (ACC′A′).
Do đó BH là đường cao của hình chóp B.MA′C′ ⇒ BH =
a
2
2
. Từ giả thiết ⇒ MA′ =
a
2 2
3
,
A′C′ =
a 2
.
Do đó:
B MA C MA C
a
V BH S BH MA A C
3
. ' ' ' '
1 1 2
. . .
3 6 9
′ ′ ′
= = =
.
Câu V: Ta có:
a b a b c b a b
a

b c b c b c
2
(1 )+ − − + +
= = −
+ + +
.
Tương tự, BĐT trơt thành:
a b b c c a
a b c
b c c a a b
2
+ + +
− + − + − ≥
+ + +
⇔
a b b c c a
b c c a a b
3
+ + +
+ + ≥
+ + +
Theo BĐT Cô–si ta có:
a b b c c a a b b c c a
b c c a a b b c c a a b
3
3 . . 3
+ + + + + +
+ + ≥ =
+ + + + + +
.

Dấu "=" xảy ra ⇔
a b c
1
3
= = =
.
Trang 101
Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học
Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(4; 2) và bán kính R = 6. Ta có IE =
29
< 6 = R ⇒ E nằm trong hình tròn
(C).
Giả sử đường thẳng ∆ đi qua E cắt (C) tại M và N. Kẻ IH ⊥ ∆. Ta có IH = d(I, ∆) ≤ IE.
Như vậy để MN ngắn nhất thì IH dài nhất ⇔ H ≡ E ⇔ ∆ đi qua E và vuông góc với IE
Khi đó phương trình đường thẳng ∆ là:
x y5( 1) 2 0+ + =
⇔
x y5 2 5 0+ + =
.
2) Giả sử (S):
x y z ax by cz d
2 2 2
2 2 2 0+ + − − − + =
.
• Từ O, A, B ∈ (S) suy ra:
a
c
d
1
2

0

=

=


=

⇒
I b(1; ;2)
.
•
d I P
5
( ,( ))
6
=
⇔
b 5 5
6 6
+
=
⇔
b
b
0
10

=


= −

Vậy (S):
x y z x z
2 2 2
2 4 0+ + − − =
hoặc (S):
x y z x y z
2 2 2
2 20 4 0+ + − + − =
Câu VII.a: Gọi số cần tìm là:
1 2 3 4 5 6 7
=x a a a a a a a
(a
1
≠ 0).
• Giả sử
1
a
có thể bằng 0:
+ Số cách xếp vị trí cho hai chữ số 2 là:
2
7
C

+ Số cách xếp vị trí cho ba chữ số 3 là:
3
5
C

+ Số cách xếp cho 2 vị trí còn lại là: 2!
2
8
C

• Bây giờ ta xét
1
a
= 0:
+ Số cách xếp vị trí cho hai chữ số 2 là:
2
6
C
+ Số cách xếp vị trí cho ba chữ số 3 là:
3
4
C
+ Số cách xếp cho 1 vị trí còn lại là: 7
Vậy số các số cần tìm là:
2 3 2 2 3
7 5 8 6 4
. .2! . .7 11340− =C C C C C
(số).
Câu VI.b: 1) Gọi VTPT của AB là
n
1
(1;2)=
r
, của BC là

n
2
(3; 1)= −
r
, của AC là
n a b
3
( ; )=
r
với
a b
2 2
0+ ≠
.
Do ∆ABC cân tại A nên các góc B và C đều nhọn và bằng nhau.
Suy ra:
B Ccos cos=
⇒
n n n n
n n n n
1 2 3 2
1 2 3 2
. .
. .
=
r r r r
r r r r
⇔
a b
a b

2 2
1 3
5
−
=
+

⇔
a b ab
2 2
22 2 15 0+ − =
⇔
a b
a b
2
11 2

=

=

• Với
a b2 =
, ta có thể chọn
a b1, 2= =
⇒
n
3
(1;2)=
r

⇒ AC // AB ⇒ không thoả mãn.
• Với
a b11 2=
, ta có thể chọn
a b2, 11= =
⇒
n
3
(2;11)=
r
Khi đó phương trình AC là:
x y2( 1) 11( 3) 0− + + =
⇔
x y2 11 31 0+ + =
.
2) PTTS của ∆:
x t
y t
z t
1 2
1
2

= − +

= −


=


. Gọi
M t t t( 1 2 ;1 ;2 )− + −
∈ ∆.
Diện tích ∆MAB là
S AM AB t t
2
1
, 18 36 216
2
 
= = − +
 
uuur uuur
=
t
2
18( 1) 198− +
≥
198
Vậy Min S =
198
khi
t 1=
hay M(1; 0; 2).
Câu VII.b: PT ⇔
x x
a
5
25 log 5− =
⇔

x x
a
2
5
5 5 log 0− − =
⇔
x
t t
t t a
2
5
5 , 0
log 0 (*)

= >


− − =


PT đã cho có nghiệm duy nhất ⇔ (*) có đúng 1 nghiệm dương ⇔
t t a
2
5
log− =
có đúng 1
nghiệm dương.
Trang 102
Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng
Xét hàm số

f t t t
2
( ) = −
với t ∈ [0; +∞). Ta có:
f t t( ) 2 1
′
= −
⇒
f t t
1
( ) 0
2
′
= ⇔ =
.
f
1 1
2 4
 
= −
 ÷
 
,
f (0) 0=
.
Dựa vào BBT ta suy ra phương trình
f t a
5
( ) log=
có đúng 1 nghiệm dương

⇔
a
a
5
5
log 0
1
log
4

≥


= −

⇔
a
a
4
1
1
5

≥

=



.

Hướng dẫn Đề số 54
www.MATHVN.com
Câu I: 2) Xét PT hoành độ giao điểm:
x m x x
4 2 2
2 1 1+ + = +
⇔
x m x x
4 2 2
2 0+ − =
⇔
( )
x x m x
3 2
2 1 0+ − =
⇔

x
g x x m x
3 2
0
( ) 2 1 0 (*)

=

= + − =


Ta có:
g x x m

2 2
( ) 3 2  0
′
= + ≥
(với mọi x và mọi m )
⇒
Hàm số g(x) luôn đồng biến với mọi giá
trị của m.
Mặt khác g(0) = –1
≠
0. Do đó phương trình (*) có nghiệm duy nhất khác 0.
Vậy đường thẳng
y x 1= +
luôn cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của
m.
Câu II: 1) Điều kiện:
xcos 0
≠
⇔
x k.
2
π
π
≠ +
(*).
PT
⇔
x x x
2
2

2
1–cos 2sin –tan
π
 
−
 ÷
 
=
⇔
x x x1–sin2 tan (sin2 –1)=
⇔
x
x
sin2 1
tan 1

=

= −

⇔
x k
x l
2 .2
2
.
4
π
π
π

π

= +



= − +


⇔
x k
x l
.
4
.
4
π
π
π
π

= +



= − +


⇔
x k.

4 2
π π
= +
. (Thỏa mãn điều kiện (*) ).
2) Điều kiện:
x
x
2
2
3
4 0
log ( 2) 0

− >


+ ≥



⇔

x
x
2
2
4 0
( 2) 1



− >

+ ≥


⇔
x
x
2
3

>

≤ −

(**)
PT ⇔
( )
x x x
2
2 2 2
3 3 3
log –4 3 log ( 2) log ( –2) 4+ + − =

⇔
x x
2 2
3 3
log ( 2) 3 log ( 2) 4 0+ + + − =
⇔

(
)
(
)
x x
2 2
3 3
log ( 2) 4 log ( 2) 1 0+ + + − =
⇔
x
2
3
log ( 2) 1+ =
⇔
x
2
( 2) 3+ =
⇔
x 2 3= − ±
Kiểm tra điều kiện (**) chỉ có
x 2 3= − −
thỏa mãn.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là:
x 2 3= − −
Câu III: Đặt
t x
2
3 sin= +
=
x

2
4 cos−
. Ta có:
x t
2 2
cos 4 –=
và
x x
dt dx
x
2
sin cos
3 sin
=
+
.
I =
x
dx
x x
3
2
0
sin
.
cos 3 sin
π
+
∫
=

x x
dx
x x
3
2 2
0
sin .cos
cos 3 sin
π
+
∫
=
dt
t
15
2
2
3
4 −
∫
=
dt
t t
15
2
3
1 1 1
4 2 2
 
−

 ÷
+ −
 
∫

Trang 103
Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học
=
t
t
15
2
3
1 2
ln
4 2
+
−
=
1 15 4 3 2
ln ln
4
15 4 3 2
 
+ +
 ÷
−
 ÷
− −
 

=
( ) ( )
( )
1
ln 15 4 ln 3 2
2
+ − +
.
Câu IV: Ta có SA
⊥
(ABC)
⇒
SA
⊥
AB; SA
⊥
AC
Tam giác ABC vuông cân cạnh huyền AB
⇒
BC
⊥
AC
⇒
BC
⊥
SC. Hai điểm A,C cùng nhìn
đoạn SB dưới góc vuông nên mặt cầu đường kính SB đi qua A,C. Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
SABC cũng chính là mặt cầu đường kính SB. Ta có CA = CB = AB sin 45
0
= a

2
;
·
SCA
0
60=

là góc giữa mp(SBC) và mp(ABC).
SA = AC.tan60
0
=
a 6
. Từ đó
SB SA AB a
2 2 2 2
10= + =
.
Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC là: S =
d
2
π
=
π
.SB
2
=
a
2
10
π

.
Câu V: Tập xác định: D = R .
Ta có:
f x x x
x x
2
2
1
( ) 2 2 2
2 2
= − + + ≥
− +
( BĐT Cô–si).
Dấu "=" xảy ra ⇔
x x x
2
–2 2 1 1+ = ⇔ =
.
Vậy: min f(x) = 2 đạt được khi x = 1.
Câu VI.a: 1) Ta có
( ) ( )
F F
1 2
3;0 , 3;0−
là hai tiêu điểm của (E).
Theo định nghĩa của (E) suy ra :
a MF MF
1 2
2 = +
=

( )
2
2
4 33
1 3
5
 
+ +
 ÷
 
+
( )
2
2
4 33
1 3
5
 
− +
 ÷
 
= 10
⇒
a = 5. Mặt khác: c =
3
và
a b c
2 2 2
– =
⇒

b a c
2 2 2
22= − =
Vậy tọa độ các đỉnh của (E) là: A
1
( –5; 0) ; A
2
( 5; 0) ; B
1
( 0; –
22
) ; B
2
( 0;
22
).
2) d có VTCP
d
u ( 1;2;0)= −
r
. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên d.
Giả sử
( )
t tH 1– ; 2 2 ;3+
⇒
( )
AH t t1 ;1 2 ;0= − +
uuuur

Mà AH

⊥
d nên
d
AH u⊥
uuur
r
⇒
( ) ( )
t t1 1 21 2 0− +− + =
⇔
t
1
5
= −
⇒
H
6 8
; ;3
5 5
 
 ÷
 

⇒ AH =
3 5
5
.
Mà ∆ABC đều nên BC =
AH2 2 15
5

3
=
hay BH =
15
5
.
Giả sử
B s s(1 ;2 2 ;3)− +
thì
s s
2 2
1 2 15
2
5 5 25
   
− − + + =
 ÷  ÷
   

⇔

s s
2
25 10 –2 0+ =
⇔
s
1 3
5
− ±
=

Vậy:
B
6 3 8 2 3
; ;3
5 5
 
− +
 ÷
 
và
C
6 3 8 2 3
; ;3
5 5
 
+ −
 ÷
 
hoặc
B
6 3 8 2 3
; ;3
5 5
 
+ −
 ÷
 
và
C
6 3 8 2 3

; ;3
5 5
 
− +
 ÷
 
Câu VII.a: Xét khai triển:
n n n
n n n n n
x C xC x C x C x C
0 1 2 2 3 3
(1 ) + = + + + + +
Lấy đạo hàm 2 vế ta được:
n n n
n n n n
n x C xC x C nx C
1 1 2 2 3 1
(1 ) 2 3
− −
+ = + + + +
Nhân 2 vế cho x, rồi lấy đạo hàm lần nữa, ta được:
n
n n n
n n n n
x n xn x C xC x C n x C
2 2 2 2 2
1 1 2 2 3 1
( 1)(1 )(1 ) 1 2 3
−
− −

 
+ − +
 
+ = + + + +
Cho x = 1 ta được đpcm.
Trang 104
Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng
Câu VI.b: 1) Gọi M là trung điểm của BC. Ta có
AG AM
2
3
=
uuur uuur
⇒ M(2; 3). Đường thẳng EC qua M và
có VTPT
AG
8
0;
3
 
= −
 ÷
 
uuur
nên có PT:
y 3=
⇒ E(0; 3) ⇒ C(4; 3). Mà
AE EB2=
uuur uuur
nên B(–1; 1).

⇒ Phương trình BC:
x y2 5 7 0− + =
.
2) Gọi I là tâm của (S). I ∈ d ⇒
I t t t(1 3 ; 1 ; )+ − +
. Bán kính R = IA =
t t
2
11 2 1− +
.
Mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S) nên:
t
d I P R
5 3
( ,( ))
3
+
= =
⇔
t t
2
37 24 0− =

⇔
t R
t R
0 1
24 77
37 37


= ⇒ =

= ⇒ =


.
Vì (S) có bán kính nhỏ nhất nên chọn t = 0, R = 1. Suy ra I(1; –1; 0).
Vậy phương trình mặt cầu (S):
x y z
2 2 2
( 1) ( 1) 1− + + + =
.
Câu VII.b:
x y y x
y x
3 3
2 2
4 16 (1)
1 5(1 ) (2)


+ = +

+ = +


Từ (2) suy ra
y x
2 2
–5 4=

(3).
Thế vào (1) được:
( )
yx x y y x
2 2
3 3
–5 . 16+ = +

⇔

x x y x
3 2
–5 –16 0=
⇔
x 0
=
hoặc
x xy
2
–5 –16 0=
• Với
x 0
=
⇒

y
2
4=

⇔

y 2= ±
.
• Với
x xy
2
–5 –16 0=
⇔
x
y
x
2
16
5
−
=
(4). Thế vào (3) được:
x
x
x
2
2
2
16
5 4
5
 
−
− =
 ÷

 
⇔
x x x x
4 2 4 2
–32 256 –125 100+ =
⇔
x x
4 2
124 132 –256 0+ =
⇔
x
2
1=
⇔
x y
x y
1 ( 3)
1 ( 3)



= = −
= − =
.
Vậy hệ có 4 nghiệm: (x; y) = (0; 2) ; (0; –2); (1; –3); (–1; 3)
Hướng dẫn Đề số 55
www.MATHVN.com
Câu I: 2) Ta có
( )
m

x x x x x m x
x
2 2
2 2 2 2 1 , 1.
1
− − = ⇔ − − − = ≠
−

Do đó số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của
( )
y x x x C
2
2 2 1 , ( ')= − − −
và
đường thẳng
y m x, 1.= ≠
Với
( )
f x khi x
y x x x
f x khi x
2
( ) 1
2 2 1
( ) 1

>
= − − − =

− <


nên
( )
C '
bao gồm:
+ Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng
x 1.=
+ Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng
x 1
=
qua Ox.
Dựa vào đồ thị ta có:
m < –2 m = –2 –2 < m < 0 m ≥ 0
Số nghiệm vô nghiệm 2 nghiệm kép 4 nghiệm phân biệt 2 nghiệm phân biệt
Trang 105
Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học
Câu II: 1) PT
x
5 5
2 sin 2 sin 1
12 12
π π
 
 
⇔ − + =
 
 ÷
 
 

x
5 5 1
sin 2 sin sin
12 12 4
2
π π π
 
⇔ − + = =
 ÷
 
x
5 5
sin 2 sin sin 2cos sin sin
12 4 12 3 12 12
π π π π π π
     
⇔ − = − = − = −
 ÷  ÷  ÷
     
( )
x k x k
x k
x k x k
5
2 2
5
12 12 6
sin 2 sin
5 13 3
12 12

2 2
12 12 4
π π π
π π
π π
π π π
π π
 
− = − + = +
 
   
⇔ − = − ⇔ ⇔ ∈
 
 ÷  ÷
   
 
− = + = +
 
¢
2) Điều kiện:
x y x y0, 0+ > − ≥
Hệ PT ⇔
x y x y
x y x y
2 2 2 2
2
1 3

+ = + −



 + + − − =

.
Đặt:
u x y
v x y

= +

= −

ta có hệ:
u v u v u v uv
u v u v
uv uv
2 2 2 2
2 ( ) 2 4
2 2
3 3
2 2
 
− = > + = +
 
⇔
 
+ + + +
 
− = − =
 

u v uv
u v uv
uv
2
2 4 (1)
( ) 2 2
3 (2)
2

+ = +

⇔

+ − +

− =

.
Thế (1) vào (2) ta có:
uv uv uv uv uv uv uv
2
8 9 3 8 9 (3 ) 0+ + − = ⇔ + + = + ⇔ =
.
Kết hợp (1) ta có:
uv
u v
u v
0
4, 0
4


=
⇔ = =

+ =

(với u > v). Từ đó ta có: x = 2; y = 2.(thoả đk)
Kết luận: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y) = (2; 2).
Câu III:
I x xdx x xdx I I
4 4
2
1 2
4 4
1 sin sin
π π
π π
− −
= + − = −
∫ ∫
• Tính
I x xdx
4
2
1
4
1 sin
π
π
−

= +
∫
. Sử dụng cách tính tích phân của hàm số lẻ, ta tính được
I
1
0=
.
• Tính
I x xdx
4
2
4
sin
π
π
−
=
∫
. Dùng phương pháp tích phân từng phần, ta tính được:
I
2
2
2
4
π
= − +
Suy ra:
I
2
2

4
π
= −
.
Câu IV: Ta có: (BCM) // AD nên mặt phẳng này cắt mp(SAD) theo giao tuyến MN // AD .
•
BC AB
BC BM
BC SA

⊥
⇒ ⊥

⊥

. Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường cao.
Trang 106
Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng
• SA = AB tan60
0
=
a 3
,
a
a
MN SM MN
AD SA a
a
3
3

2
3
2 3
3
−
= ⇔ = =
⇒ MN =
a4
3
, BM =
a2
3
Diện tích hình thang BCMN là : S =
BCNM
a
a
BC MN a a
S BM
2
4
2
2 10
3
2 2
3 3 3
 
+
 ÷
+
= = =

 ÷
 
• Hạ AH
⊥
BM. Ta có SH
⊥
BM và BC
⊥
(SAB)
⇒
BC
⊥
SH . Vậy SH
⊥
( BCNM)

⇒
SH là đường cao của khối chóp SBCNM
Trong tam giác SBA ta có SB = 2a ,
AB AM
SB MS
=
=
1
2
.
Vậy BM là phân giác của góc SBA
⇒
·
SBH

0
30=

⇒
SH = SB.sin30
0
= a
• Thể tích chóp SBCNM ta có V =
BCNM
SH S
1
.
3
=
a
3
10 3
27
.
Câu V: Đặt
= = =5 ; 5 ; 5
x y z
a b c
. Từ giả thiết ta có: a, b, c > 0 và
+ + =
ab bc ca abc

BĐT ⇔
+ +
+ + ≥

+ + +
2 2 2
4
a b c a b c
a bc b ca c ab
(*)
Ta có: (*)
⇔
+ +
+ + ≥
+ + +
3 3 3
2 2 2
4
a b c a b c
a abc b abc c abc

⇔

+ +
+ + ≥
+ + + + + +
3 3 3
( )( ) ( )( ) ( )( ) 4
a b c a b c
a b a c b c b a c a c b
Áp dụng BĐT Cô-si, ta có:
+ +
+ + ≥
+ +

3
3
( )( ) 8 8 4
a a b a c
a
a b a c
(1)
+ +
+ + ≥
+ +
3
3
( )( ) 8 8 4
b b c b a
b
b c b a
( 2)

+ +
+ + ≥
+ +
3
3
( )( ) 8 8 4
c c a c b
c
c a c b
( 3)
Cộng vế với vế các bất đẳng thức (1), (2), (3) suy ra điều phải chứng minh.
Câu VI.a: 1) Do

AB CH⊥
nên phương trình AB:
x y 1 0+ + =
.
• B =
AB BN∩
⇒ Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ:
x y
x y
2 5 0
1 0

+ + =

+ + =

⇔
x
y
4
3

= −

=

⇒ B(-4; 3).
• Lấy A’ đối xứng với A qua BN thì
A BC'
∈

.
Phương trình đường thẳng (d) qua A và vuông góc với BN là (d):
x y2 5 0− − =
. Gọi
I d BN( )= ∩
.
Giải hệ:
x y
x y
2 5 0
2 5 0

+ + =

− − =

. Suy ra: I(–1; 3)
A'( 3; 4)⇒ − −
• Phương trình BC:
x y7 25 0+ + =
. Giải hệ:
BC x y
CH x y
:7 25 0
: 1 0

+ + =

− + =


⇒
C
13 9
;
4 4
 
− −
 ÷
 
.
•
BC
2 2
13 9 450
4 3
4 4 4
   
= − + + + =
 ÷  ÷
   
,
d A BC
2 2
7.1 1( 2) 25
( ; ) 3 2
7 1
+ − +
= =
+
.

Suy ra:
ABC
S d A BC BC
1 1 450 45
( ; ). .3 2. .
2 2 4 4
= = =
Trang 107
Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học
2) a) • VTCP của hai đường thẳng lần lượt là:
u u
1 2
(4; 6; 8), ( 6;9;12)= − − = −
r r
⇒
u u
1 2
,
r r
cùng
phương.
Mặt khác, M( 2; 0; –1)
∈
d
1
; M( 2; 0; –1)
∉
d
2.
. Vậy d

1
// d
2
.
• VTPT của mp (P) là
n MN u
1
1
, (5; 22;19)
2
 
= − = −
 
uuuur
r r
⇒ Phương trình mp(P):
x y z5 –22 19 9 0+ + =
.
b)
AB (2; 3; 4)= − −
uuur
⇒ AB // d
1
. Gọi A
1
là điểm đối xứng của A qua d
1
.
Ta có: IA + IB = IA
1

+ IB
≥
A
1
B
IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A
1
B. Khi đó A
1
, I, B thẳng hàng
⇒
I là giao điểm của A
1
B và
d. Do AB // d
1
nên I là trung điểm của A
1
B.
• Gọi H là hình chiếu của A lên d
1
. Tìm được H
36 33 15
; ;
29 29 29
 
 ÷
 
. A’ đối xứng với A qua H nên A’
43 95 28

; ;
29 29 29
 
−
 ÷
 
I là trung điểm của A’B suy ra I
65 21 43
; ;
29 58 29
 
− −
 ÷
 
.
Câu VII.a: Nhận xét
z 0
=
không là nghiệm của PT. Vậy z
0≠
Chia hai vế PT cho
z
2
ta được:
z z
z
z
2
2
1 1 1

0
2
   
+ − − + =
 ÷
 ÷
 
 
(1)
Đặt
t z
z
1
= −
. Khi đó
t z
z
2 2
2
1
2= + −
z t
z
2 2
2
1
2⇔ + = +
Phương trình (2) trở thành:
t t
2

5
0
2
− + =
(3).
i
2
5
1 4. 9 9
2
∆
= − = − =
⇒ PT (3) có 2 nghiệm
i
t
1 3
2
+
=
,
i
t
1 3
2
−
=
• Với
i
t
1 3

2
+
=
: ta có
i
z z i z
z
2
1 1 3
2 (1 3 ) 2 0
2
+
− = ⇔ − + − =
(4a)
Có
i i i i i
2 2 2
(1 3 ) 16 8 6 9 6 (3 )
∆
= + + = + = + + = +
⇒ PT (4a) có 2 nghiệm :
i i
z i
(1 3 ) (3 )
1
4
+ + +
= = +
,
i i i

z
(1 3 ) (3 ) 1
4 2
+ − + −
= =
• Với
i
t
1 3
2
−
=
: ta có
i
z z i z
z
2
1 1 3
2 (1 3 ) 2 0
2
−
− = ⇔ − − − =
(4b)
Có
i i i i i
2 2 2
(1 3 ) 16 8 6 9 6 (3 )
∆
= − + = − = − + = −
⇒ PT (4b) có 2 nghiệm :

i i
z i
(1 3 ) (3 )
1
4
− + −
= = −
,
i i i
z
(1 3 ) (3 ) 1
4 2
− − − − −
= =
Vậy PT đã cho có 4 nghiệm :
i i
z i z i z z
1 1
1 ; 1 ; ;
2 2
− − −
= + = − = =
.
Câu VI.b: 1) Ta có:
I d d
1 2
= ∩
⇒ Toạ độ của I là nghiệm của hệ:
x
x y

x y
y
9
3 0
2
6 0 3
2

=


− − =
⇔
 
+ − =


=


⇒
I
9 3
;
2 2
 
 ÷
 
Trang 108
Ôn thi Đại học www.MATHVN.com Trần Sĩ Tùng

Do vai trò A, B, C, D là như nhau nên giả sử
M d Ox
1
= ∩
là trung điểm cạnh AD. Suy ra M(3;
0)
Ta có:
AB IM
2 2
9 3
2 2 3 3 2
2 2
   
= = − + =
 ÷  ÷
   
Theo giả thiết:
ABCD
ABCD
S
S AB AD AD
AB
12
. 12 2 2
3 2
= = ⇔ = = =
Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d
1

d AD

1
⇒ ⊥
Đường thẳng AD đi qua M(3; 0) và vuông góc với d
1
nhận
n (1;1)=
r
làm VTPT nên có PT:
x y 3 0+ − =
Mặt khác:
MA MD 2= =
⇒ Toạ độ của A, D là nghiệm của hệ PT:
( )
x y
x y
2
2
3 0
3 2

+ − =


− + =



( ) ( )
y x y x
y x

x
x y x x
2 2
2 2
3 3
3
3 1
3 2 3 (3 ) 2
 
= − + = − +
 

= −
⇔ ⇔ ⇔
  
− = ±
− + = − + − =

 
 
x
y
2
1

=
⇔

=


hoặc
x
y
4
1

=

= −

.
Vậy A( 2; 1), D( 4; –1).
Do
I
9 3
;
2 2
 
 ÷
 
là trung điểm của AC suy ra:
C I A
C I A
x x x
y y y
2 9 2 7
2 3 1 2

= − = − =


= − = − =

Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4)
Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; –1)
2) a) d
1
có VTCP
u
1
(1; 1;2)= −
r
và đi qua điểm M( 2; 1; 0), d
2
có VTCP
u
2
( 2;0;1)= −
r
và đi
qua điểm N( 2; 3; 0) .
Ta có:
u u MN
1 2
, . 10 0
 
= − ≠
 
uuuur
r r
⇒ d

1
, d
2
chéo nhau.
Gọi
A t t t d
1
(2 ;1– ;2 )+ ∈
,
B t t d
2
(2 –2 ; 3; )
′ ′
∈
.
AB là đoạn vuông góc chung của d
1
và d
2
⇔
AB u
AB u
1
2
. 0
. 0

=



=


uuur
r
uuur
r

⇒

t
t
1
3
' 0


= −


=


⇒
A
5 4 2
; ;
3 3 3
 
−

 ÷
 
; B
(2; 3; 0)
Đường thẳng ∆ qua hai điểm A, B là đường vuông góc chung của d
1
và d
2
⇒ ∆:
x t
y t
z t
2
3 5
2

= +

= +


=

b) PT mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính:
x y z
2 2 2
11 13 1 5
6 6 3 6
     
− + − + + =

 ÷  ÷  ÷
     
Câu VII.b: Ta có:
i C iC i C
2009 0 1 2009 2009
2009 2009 2009
(1 ) + = + + +


C C C C C C
C C C C C C i
0 2 4 6 2006 2008
2009 2009 2009 2009 2009 2009
1 3 5 7 2007 2009
2009 2009 2009 2009 2009 2009

( )
= − + − + − + +
− + − + − +
Thấy:
S A B
1
( )
2
= +
, với
A C C C C C C
0 2 4 6 2006 2008
2009 2009 2009 2009 2009 2009
= − + − + − +

B C C C C C C
0 2 4 6 2006 2008
2009 2009 2009 2009 2009 2009
= + + + + + +
• Ta có:
i i i i i
1004
2009 2 1004 1004 1004
(1 ) (1 ) (1 ) (1 ).2 2 2
 
+ = + + = + = +
 
.
Đồng nhất thức ta có A chính là phần thực của
i
2009
(1 )+
nên
A
1004
2=
.
Trang 109
Trần Sĩ Tùng www.MATHVN.com Ôn thi Đại học
• Ta có:
x C xC x C x C
2009 0 1 2 2 2009 2009
2009 2009 2009 2009
(1 ) + = + + + +

Cho x = –1 ta có:
C C C C C C
0 2 2008 1 3 2009
2009 2009 2009 2009 2009 2009
+ + + = + + +
Cho x=1 ta có:
C C C C C C
0 2 2008 1 3 2009 2009
2009 2009 2009 2009 2009 2009
( ) ( ) 2+ + + + + + + =
.
Suy ra:
B
2008
2=
.
• Từ đó ta có:
S
1003 2007
2 2= +
.
Trang 110