de thi DH khoi A va A1 nam 2013

Truong phổ thong Triệu Son

ĐỀ CHÍNH THỨC !"#$% &'(&
Thời gian làm bài 180 phút,không kể thời gian giao đề
)*+,-./012%345
67/12%345Cho hàm số
3 2
y x 3x 3mx 1 (1)= − + + −
, với m là tham số thực
85Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0
b) Tìm m để hàm số (1) nghịch biến trên khoảng (0; +
∞
)
67/12%345Giải phương trình
1 tan x 2 2 sin x
4
π
 
+ = +
 ÷
 
67/12%345Giải hệ phương trình
4
4
2 2
1 1 2
2 ( 1) 6 1 0

+ + − − + =



+ − + − + =


x x y y
x x y y y
(x, y ∈ R).
679/12%345Tính tích phân
2
2
2
1
1
ln
−
=
∫
x
I x dx
x
67:/12%345Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A,
·
0
ABC 30=
, SBC là
tam giác đều cạnh a và mặt bên SBC vuông góc với đáy. Tính theo a thể tích của khối chóp
S.ABC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB).
67;/12%345Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn điều kiện
2
(a c)(b c) 4c+ + =
. Tìm giá

trị nhỏ nhất của biểu thức
3 3 2 2
3 3
32a 32b a b
P
(b 3c) (a 3c) c
+
= + −
+ +
)*+<=/12%345 Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
&)#>?@#ABCDEF##7G
670)8/12%345Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm C
thuộc đường thẳng d :
2x y 5 0+ + =
và
A( 4;8)−
. Gọi M là điểm đối xứng của B qua C, N là
hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳng MD. Tìm tọa độ các điểm B và C, biết rằng
N (5;-4).
67  H)8  /1  2%345 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
x 6 y 1 z 2
:
3 2 1
− + +
∆ = =
− −
và điểm A(1;7;3). Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông
góc với
∆
. Tìm tọa độ điểm M thuộc

∆
sao cho AM =
2 30
.
67I)8/12%345) Gọi S là tập hợp tất cả số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt được chọn từ
các số 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7. Xác định số phần tử của S. Chọn ngẫu nhiên một số từ S, tính xác xuất
để số được chọn là số chẵn.
)#>?@#ABCDEF#6C@8?
670)J/12%345Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng
:x y 0∆ − =
. Đường
tròn (C) có bán kính R =
10
cắt
∆
tại hai điểm A và B sao cho AB =
4 2
. Tiếp tuyến của (C)
tại A và B cắt nhau tại một điểm thuộc tia Oy. Viết phương trình đường tròn (C).
67  H)J  /1  2%345 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng
(P): 2x 3y z 11 0+ + − =
và mặt cầu
2 2 2
(S):x y z 2x 4y 2z 8 0+ + − + − − =
. Chứng minh (P) tiếp
xúc với (S). Tìm tọa độ tiếp điểm của (P) và (S).
67I)J/12%345Cho số phức
z 1 3i= +
. Viết dạng lượng giác của z. Tìm phần thực và
phần ảo của số phức

5
w (1 i)z= +
.
GV: Hồ Xuân luong
Truong phổ thong Triệu Son
*"K&1&
)*+,-./012%345
67 a/ Khảo sát, vẽ (C) :
m = 0 ⇒ y = x
4
– 2x
2

D = R, y’ = 4x
3
– 4x, y’ = 0 ⇔ x = 0 hay x = ±1
Hàm số đồng biến trên (-1; 0) và (1; +∞), nghịch biến trên (-∞;-1) và (0; 1)
Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và y
CĐ
= 0, đạt cực tiểu tại x = ±1 và y
CT
= -1
lim
x
y
→±∞
= +∞
Bảng biến thiên :
x -∞ -1 0 1 +∞
y’ − 0 + 0 − 0 +

y +∞ 1 +∞
-1 -1
y = 0 ⇔ x = 0 hay x =
2±
Đồ thị tiếp xúc với Ox tại (0; 0) và cắt Ox tại hai điểm (
2±
; 0)
b/ y’ = 4x
3
– 4(m + 1)x
y’ = 0 ⇔ x = 0 hay x
2
= (m + 1)
Hàm số có 3 cực trị ⇔ m + 1 > 0 ⇔ m > -1
Khi đó đồ thị hàm số có 3 cực trị A (0; m
2
),
B (-
1m +
; – 2m – 1); C (
1m +
; –2m – 1)
C¸ch 1
Do AB = AC nên tam giác chỉ có thể vuông tại A. Gọi M là trung điểm của BC ⇒ M (0; -2m–1)
Do đó ycbt ⇔ BC = 2AM (đường trung tuyến bằng nửa cạnh huyền)
⇔ 2
1m +
= 2(m
2
+ 2m + 1) = 2(m + 1)

2
⇔ 1 = (m + 1)
1m +
=
3
2
( 1)m +
(do m > -1)
⇔ 1 = (m + 1) (do m > -1) ⇔ m = 0
C¸ch 2 Ta có
ABC∆
cân tại A
⇒ ∆
MPN vuông tại M ,suy ra
2 2 2
MN MP NP+ =
3
( 1) ( 1) 1 0 0m m m
 
⇔ + + − = ⇔ =
 
C¸ch 3: Do AB = AC nên tam giác chỉ có thể vuông tại A.
⇔
. 0AB AC =
uuur uuur
⇔ -(m+1) + (m+1)
4
= 0 ⇔ (m+1)[(m+1)
3
– 1]=0 ⇔ (m+1)(m

3
+ 3m
2
+ 3m) = 0
⇔ m(m+1)(m
2
+ 3m +3) = 0 ; chỉ có m = 0 thỏa mản điều kiện m > -1.
67)
3 sin2x+cos2x=2cosx-1
⇔
2 3
sinxcosx + 2cos
2
x = 2cosx ⇔ cosx = 0 hay
3
sinx + cosx = 1
⇔ cosx = 0 hay
3
2
sinx +
1
2
cosx =
1
2
⇔ cosx = 0 hay
cos( ) cos
3 3
x
π π

− =
⇔ x =
2
2
k hay x k
π
π π
+ =
hay
2
2
3
x k
π
π
= +
(k ∈ Z).
67
3 2 3 2
2 2
3 9 22 3 9
1
2
x x x y y y
x y x y

− − + = + −


+ − + =




C¸ch 1 Đặt t = -x
GV: Hồ Xuân luong
x
y
-1
O
-
-1
1
Truong phổ thong Triệu Son
Hệ trở thành
3 3 2 2
2 2
3 3 9( ) 22
1
2
t y t y t y
t y t y

+ + + − + =


+ + + =


. Đặt S = y + t; P = y.t
Hệ trở thành

3 2 3 2
2 2
3 3( 2 ) 9 22 3 3( 2 ) 9 22
1 1 1
2 ( )
2 2 2
S PS S P S S PS S P S
S P S P S S
 
− + − − = − + − − =
 
⇔
 
− + = = + −
 
 
3 2
2
3
2 6 45 82 0
4
1 1
( )
2
2 2
S S S
P
P S S
S


+ + + =

=
 
⇔ ⇔
 
= + −
 
= −


. Vậy nghiệm của hệ là
3 1 1 3
; ; ;
2 2 2 2
−
   
−
 ÷  ÷
   
C¸ch 2:
3 2 3 2
2 2
3 9 22 3 9
1 1
( ) ( ) 1
2 2
x x x y y y
x y


− − + = + −


− + + =


. Đặt u = x
1
2
−
; v = y +
1
2
Hệ đã cho thành
3 2 3 2
2 2
3 45 3 45
( 1) ( 1) ( 1)
2 4 2 4
1
u u u v v v
u v

− − = + − + − +



+ =

Xét hàm f(t) =

3 2
3 45
2 4
t t t− −
có f’(t) =
2
45
3 3
4
t t− −
< 0 với mọi t thỏa t≤ 1
⇒ f(u) = f(v + 1) ⇒ u = v + 1 ⇒ (v + 1)
2
+ v
2
= 1 ⇒ v = 0 hay v = -1 ⇒
0
1
v
u
=


=

hay
1
0
v
u

= −


=

⇒ Hệ đã cho có nghiệm là
3 1 1 3
; ; ;
2 2 2 2
−
   
−
 ÷  ÷
   
.
C¸ch 3
( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
3 3 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2 2
3 9 22 0 3 9 22 0
1 1
2 2
1 1
3 9 22 0
2 2

1
2
x y x y x y x y x y xy x y x y
hpt
x y x y x y x y
x y x y xy x y x y
x y x y
 
− − + − − + = − + + − + − − + =
 
⇔ ⇔
 
+ − + = + − + =
 
 

   
− + − + − + − − − + =
 ÷  ÷


   
⇔


+ − + =


Đặt

u x y
v xy
= −


=

Khi đó hpt trở thành
( )
( )
2
1 1
3 9 22 0 1
2 2
1
2 2
2
u u v u u
u u v

   
+ + − + − + =
 ÷  ÷


   


− + =



Rút v từ (2) thay vào (1) ta được
2 3
6 2 45 82 0 2u u u u− − + = ⇔ =
Với
3
2
4
u v= ⇒ = −
. Ta tìm được
( ) ( )
   
= − −
 ÷  ÷
   
3 1 1 3
x; y ; v x; y = ;
2 2 2 2
C¸ch 4
3 2 3 2 2 2 2 2
2 2 2 2
3 9 22 3 9 ( )( 9) 22 3( )(1)
1 2 ( 1 2) ( 1 2) 1(2)
x x x y y y x y x y xy x y
x y x y x y
 
− − + = + − − + + − + = +
 
⇔
 

+ − + = − + + =
 
 
Từ
(2) : 1 2 ; 1 2a x cosa y sina⇒ ∃ − = + =
. Thay vào (1) ta được:
(1 )(3 2 ( ) 2 37 4) 22 3(1,5 )cosa sina cosa sina cosasina cosa sina cosa sina+ − + − + − − − + = + −
Đặt t = cosa – sina thì PT trên trở thành:
2 3
(1 )(1,5 (1 ) 2 2 37 4) 22 3(1,5 ) 2 39 41 0 1( 2)t t t t t t t t t+ + + − − − + = + ⇔ + − = ⇒ = ≤
GV: Hồ Xuân luong
Truong phổ thong Triệu Son
2 ( 4) 1 2 2 2cos a a k k
π π π π
⇒ + = ⇒ = ∧ − + ⇒
HPT có 2 nghiệm:(3/2; -1/2) và (1/2; -3/2 )
679)
3
2
1
1 ln( 1)x
I dx
x
+ +
=
∫
=
3 3
2 2
1 1

1 ln( 1)x
dx dx
x x
+
+
∫ ∫
=
1
3
1
1
x
−
−
J
+
=
2
3
J+
. Với
3
2
1
ln( 1)x
J dx
x
+
=
∫

Đặt u = ln(x+1)
⇒
du =
1
1
dx
x +
; dv =
2
1
dx
x
, chọn v =
1
x
−
- 1
J =
3
1
( 1)ln( 1)
1
x
x
−
− +
+
3
1
dx

x
∫
=
3
1
( 1)ln( 1)
1
x
x
−
− +
+
3
1
ln x
=
4
ln 4 2ln 2
3
−
+
+ ln3
=
2
ln 2 ln3
3
−
+
. Vậy I =
2 2

ln 2 ln 3
3 3
−
+ +

Cách khác : Đặt u = 1 + ln(x+1) ⇒ du =
1
dx
x +
; đặt dv =
2
dx
x
, chọn v =
1
x
−
, ta có :
[ ]
3
1
1
1 ln( 1)I x
x
= − + +
+
3
1
( 1)
dx

x x +
∫
=
[ ]
3 3
1 1
1
1 ln( 1) ln
1
x
x
x x
− + + +
+
=
2 2
ln 2 ln 3
3 3
−
+ +
67:) C¸ch 1
Ta có : Diện tích mặt đáy ABC là :
3
4
1
2
aS
ABC
=
∆

Gọi M là trung điểm AB :
1 a
MH= MB=
3 6

Vì
ABC∆
đều cạnh a, CM là đường cao :
a 3
CM=
2

Xét
CMH∆
vuông tại M
Theo Pitago ta có:
2 2 2
CH =CM +MH
=
2
2
a 3 a
+
2 6
 
 
 ÷
 ÷
 ÷
 

 
=
7
2
a
9

⇒
a 7
CH=
3

Góc hợp bởi SC và mặt phẳng ABC bằng 60
0

⇒
0
60SCH∠ =
Xét
HSC
∆
vuông tại H ta có : Tan
∠
SHC =
HC
SH

⇒
SH = HC.Tan
∠

SHC =
3
21
3.
3
7 aa
=
Tích Thể Tích khối chóp S.ABC
⇒
2 3
1 1 a 21 a 3 a 7
V = SH.S = . . =
SABCΔABC
3 3 3 4 12
Xét trong mặt phẳng (ABC) kẻ d qua A và song song với BC
Nên BC//(SA;d)=>
[ ]
( )
d =d
BC;SA
B SA,d→ 
 

Dựng hình thoi ABCD , dựng HK ;HI sao cho :
( )
( )
HK AD k AD
HI SK I SK
⊥ ∈
⊥ ∈

Ta có
( )
SH ABC SH AD
⊥ ⇒ ⊥
Mà
HK AD
⊥
nên
( )
AD SHK⊥
( ) ( )
SAD SHK
⇒ ⊥
Mà
( )
êHI SK n n HI SAD
⊥ ⊥
⇒
HI là khoảng cách từ H đến (SAD) nên :
3
2
3
3
2
sin.
aa
KAHAHKH ==∠=
Xét
SHK
∆

vuông tại H ,đường cao HI:

2
2
2
222
7
243
21
3111
a
a
a
HKHSHI
=








+







=+=

6
7
.
2
a
HI =⇒
Vì BC//(SAD) và
2
3
HA AB
=

nên khoảng cách cần tìm là :
d =
3 3 7 42
.
2 2 2 6 8
a a
HI
= =
GV: Hồ Xuân luong
 &




"



Truong phổ thong Triệu Son
C¸ch 2
Gọi M là trung điểm AB, ta có
  ;
a a a
MH MB HB= − = − =




 H 0
 ; ; 
a a a a
CH CH
 
 
= + = ⇒ =
 
 
 
 
 0


a
SC HC= =
; SH = CH.tan60
0
=

21
3
a
( )
 
 0 0
1
 9 
a a
V S ABC a= =
dựng D sao cho ABCD là hình thoi, AD//BC
Vẽ HK vuông góc với AD. Và trong tam giác vuông
SHK, ta kẻ HI là chiều cao của SHK.
Vậy khoảng cách d(BC,SA) chính là khoảng cách 3HI/2 cần tìm.
  
  
a a
HK = =
, hệ thức lượng
    
    
 
 
HI HS HK
a a
⇒ = + = +
   
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   

[ ]
9   9 9
1
    H
a a a
HI d BC SA HI⇒ = ⇒ = = =
7
2 6
a
HI⇒ =
C¸ch 3 - Ta có
( )
( )
·
·

1 & & ;= =
.Gọi I là trung điểm AC. Khi đó ta có
3
1
7 21 7
3 6
3 3 12
3
2
SABC
a
IH IB
a a a
CH SH V

a
CI

= =


⇒ = ⇒ = ⇒ =


=


- Dựng Iz//HS . Chọn hệ trục Ixyz ( như hình vẽ)
Khi đó ,
3 21
;0;0 ; ;0;0 ; 0; ;0 ; ;0;
2 2 2 6 3
a a a a a
A B c S
   
−
   
 ÷  ÷
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
   
Từ đó , ta có
( )
, .

42
,
8
,
SA BC AB
a
d SA BC
SA BC
 
 
= =
 
 
uur uuur uuur
uur uuur

C¸ch 4-
GV: Hồ Xuân luong
I
S
H
B
C
A
z
x
y
Truong phổ thong Triệu Son
67;) C¸ch 1x + y + z = 0 nên z = -(x + y) và có 2 số không âm hoặc không dương. Do tính
chất đối xứng ta có thể giả sử xy ≥ 0

Ta có
2 2
2 2
3 3 3 12( )
x y y x x y
P x y xy
− + +
= + + − + +
=
2 2
2
3 3 3 12[( ) ]
x y y x x y
x y xy
− + +
= + + − + −
≥
2 2
2
2
3 2.3 12[( ) ]
y x x y
x y
x y xy
+ + +
−
+ − + −
≥
3
2

3 2.3 2 3
x y
x y
x y
+
−
+ − +
. Đặt t =
0x y+ ≥
, xét f(t) =
3
2.( 3) 2 3
t
t−
f’(t) =
3 3
2.3( 3) .ln 3 2 3 2 3( 3.( 3) ln 3 1) 0
t t
− = − >
⇒ f đồng biến trên [0; +∞) ⇒ f(t) ≥ f(0) = 2
Mà
3
x y−
≥ 3
0
= 1. Vậy P ≥ 3
0
+ 2 = 3, dấu “=” xảy ra ⇔ x = y = z = 0. Vậy min P = 3.
C¸ch 2 Từ giả thiết suy ra
( )

2 2 2
2x y z xy yz zx
+ + = − + +
Do đó
( )
( )
2 2 2
2 2 2
6 2x y z x y y z z x
+ + = − + − + −
Vì vậy nếu đặt
, ,a x y b y z c z x
= − = − = −
thì
, , 0a b c
≥

và
, ,a b c b c a c a b
+ ≥ + ≥ + ≥
Ta có :
( )
2 2 2
3 3 3 2
a b c
P a b c= + + − + +
Vì
a b c
+ ≥
nên

( )
2
a b c c
+ ≥
Tương tự
( )
( )
2
2
b c a a
c a b b
+ ≥
+ ≥
Công ba bất đẳng thức trên ta được
( ) ( )
( )
2
2 2 2 2 2 2
2 2ab bc ca a b c a b c a b c
+ + ≥ + + ⇒ + + ≥ + +
Nên
( )
( ) ( ) ( )
3 3 3 3 3 3
a b c a b c
P a b c a b c≥ + + − + + = − + − + −
Xét hàm
( ) ( ) ( ) ( )
'
3 , 0 3 ln3 1 0 0 1

x x
f x x x f x f x f= − ≥ = − > ⇒ ≥ =
Vì Vậy
3P
≥
, dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 0
)*+<=/12%345
&)#>?@#ABCDEF##7G
6708)L@# Ta có : AN =
10
3
a
; AM =
5
2
a
; MN =
5
6
a
;
cosA =
2 2 2
2 .
AM AN MN
AM AN
+ −
=
1
2

⇒
·
45
o
MAN =
GV: Hồ Xuân luong
B
A
C
D
N
M
Truong phổ thong Triệu Son
(Cách khác :Để tính
·
MAN
= 45
0
ta có thể tính
·
·
1
2
3
( ) 1
1
1 2.
3
tg DAM DAN
−

− = =
+
)
Phương trình đường thẳng AM : ax + by
11 1
2 2
a b− −
= 0
·
2 2
2
1
cos
2
5( )
a b
MAN
a b
−
= =
+
⇔ 3t
2
– 8t – 3 = 0 (với t =
a
b
5⇒t = 3 hay
1
3
t = −

+ Với t = 3 ⇒ tọa độ A là nghiệm của hệ :
2 3 0
3 17 0
x y
x y
− − =


+ − =

⇒ A (4; 5)
+ Với
1
3
t = −
⇒ tọa độ A là nghiệm của hệ :
2 3 0
3 4 0
x y
x y
− − =


− − =

⇒ A (1; -1)
L@# Kẻ MH
⊥
AN (H
∈

AN) MH = d(M,AN) =
2
53
2
3
2
1
2
11.2
=
−−
Đặt : AB = a Ta có :

ADNCMNAMBABCDAMN
SSSSS
∆∆∆∆
−−−=

6
5
3

2
1
3
2
.
2
.
2

1
.
2
.
2
1
2
2
aa
a
aa
a
a
aS
AMN
=−−−=
∆
3
10
9
10
3
2
2
222
aaa
aDNADAN ==







+=+=
2
5
4
5
2
2
2
222
aaa
aBMABAM ==






+=+=
Mặt khác :
MANAMANS
AMN
∠=
∆
sin
2
1

⇒
6
5
sin
2
1
2
a
MANAMANS
AMN
=∠=
∆

6
5
sin.
2
5
.
3
10
2
1
2
a
MAN
aa
=∠⇔

2

2
sin =∠⇒ MAN

0
45=∠⇒ MAN

2
53
2
2
.
2
53
==
∠
=⇒
MANSin
MH
AM

A
∈
:2 3 0 2 3AN x y y x
− − = ⇔ = −
Đặt A(x;2x-3)
AM =
2
53
32
2

1
2
11
22
=






−−+






− xx
⇔
x
2
-5x+4= 0



=
=
⇔
4

1
x
x
Vậy
1 2
(1; 1), (4;5)A A−
Cách khác: A (a; 2a – 3),
3 5
( , )
2
d M AN =
, MA =
3 10
. 2
2
MH =
⇔
2 2
11 7 45
( ) (2 )
2 2 2
a a− + − =
⇔ a = 1 hay a = 4 ⇒ A (1; -1) hay A (4; 5).
C¸ch 3 Đặt
, 0AB a a
= >
Ta có:
GV: Hồ Xuân luong
Truong phổ thong Triệu Son
2 2

2
2 2 2 2
2
1 1 1 1
. . . .
2 2 3 6 2 2 2 4
1 1 2
. .
2 2 3 3
6 4 3 3
ADN ABM
CMN
AMN ABCD ADN ABM CMN
a a a a
S AD DN a S AB BM a
a a
S CM CN a
a a a a
S S S S S a
= = = = = =
= = =
⇒ = − − − = − − − =
Hơn nữa ,
2
2 2 2
10
9 3
a a
AN AD DN a
= + = + =

và
( )
3 5
,
2
d M AN =

Nên từ
( )
1
. ,
2
AMN
S AN d M AN
∆
= ⇒
( )
2
3 5 2 15 2
,
2 4
10
AMN
S
a
d M AN a
AN
∆
= = = ⇒ =
Và

2
2 2 2
15 10
4 8
a
AM AB BM a
= + = + =
Lấy
A AN
∈
,giải
15 10
8
AM =
(1; 1) A(4;5)A v→ −
67H8) C¸ch 1 Ta có M (-1; 0; 2) thuộc d, gọi
d
u
uur
= (1; 2; 1) là vectơ chỉ phương của đường
thẳng d.
[ , ]
2
( , )
2 2
d
d
MI u
AB R
IH d I d

u
= = = =
uuur uur
uur
,
[ , ] ( 2;0;2)
d
MI u = −
uuur uur
⇒ IH =
8 2
6 3
=
2 2
2
3
R
=
⇒ R =
2 6
3
⇒ phương trình mặt cầu (S) là :
2 2 2
8
( 3)
3
x y z+ + − =
.
C¸ch 2 Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên d .
Khi đó ,

IAB∆
vuông tại I nên AB=2IH
2 2 2 2
4IA IB BA IH⇒ + = =
( vì tam giác IAB vuông cân tại I)
( )
2 2 2
,
8
2 2 ,
3
d
d
MI u
R IA IH d I d
u
 
 
⇒ = = = = =
uuur uur
uur
( Trong đó M(-1;0;2)
d∈
)
( )
2
2 2
8
: x 3
3

ptmc y z⇒ + + − =
C¸ch 3 Giọi H là hình chiếu của O xuống đường thẳng d
⇒
H(t-1;2t;t+2)
⇒

)1;2;1( −−= tttHI

Vì IH
⊥
d
⇒
0. =
d
uHI


⇔
t-1 + 4t + t-1 =0
⇔
t =
3
1

⇒
IH =
222
)1()2()1( −++− ttt
=
3

32
9
1
.4)1
3
1
.(2
2
=+−
GV: Hồ Xuân luong
Truong phổ thong Triệu Son

∆
IAB vuông cân tại I nên IA = IB = IH.
2
=
3
22
Phương trình mặt cầu S có tâm I(0;0;3) bán kính
3
22
== IAR
là : x
2
+y
2
+(z-3)
2
=
3

8
67I)8)
1 3
5
n
n n
C C
−
=
⇔
( 1)( 2)
5.
6
n n n
n
− −
=
⇔ 30 = (n – 1) (n – 2), (do n > 0) ⇒ n = 7
Gọi a là hệ số của x
5
ta có
7
2
7 5
7
1
.
2
i
i

i
x
C ax
x
−
−
 
 
− =
 ÷
 ÷
 
 
⇔
7
7 14 3 5
7
1
( 1) . .
2
i
i i i
C x ax
−
− −
 
− =
 ÷
 
⇒ 14 – 3i = 5 ⇒ i = 3 và

7
7
7
1
.
2
i
i
C a
−
−
 
− =
 ÷
 
⇒ a =
35
16
−
. Vậy số hạng chứa x
5
là
35
16
−
.x
5
.
)#>?@#ABCDEF#6C@8?
670JC¸ch 1 Phương trình chính tắc của (E) có dạng :

2 2
2 2
1 ( )
x y
a b
a b
+ = >
. Ta có a = 4
(E )cắt (C ) tại 4 điểm tạo thành hình vuông nên :
M (2;-2) thuộc (E)
2 2
4 4
1
a b
⇔ + =
2
16
3
b⇔ =
. Vậy (E) có dạng
2 2
1
16
16
3
x y
+ =
C¸ch 2 Ta có nhận xét , đường tròn và Elip nhận
gốc O làm tâm đối xứng.
Do đó gs 4 đỉnh hình vuông

( ) ( ) ( ) ( )
; ; ; ; ; ; ;A a a B a a C a a D a a− − − −
Vì
( )
2 2 2
: 8 4A C a a a∈ + = ⇒ =
( )
2;2A⇒
2 2
2 2 2 2
4 4
( ) : 1 1
x y
E
m n m n
+ = ⇒ + =
Vì 2m=8 nên m=4
2
2
1 4 16
1
4 3
n
n
⇒ + = ⇒ =
Hơn nữa vì
( ) ( )
2 2
2
2

4 4 16
: 1 : 1
16
16 3 16
3
x y
A E b ptct E
b
∈ + = ⇒ = ⇒ + =
67HJ) C¸ch 1 Vì
M
là giao điểm của
∆
và
d
nên ta có
( 1 2 ; ;2 )M t t t− + +
.
Vì
A
là trung điểm của
MN
nen suy ra
(3 2 ; 2 ;2 )N t t t− − − −


N
là giao điểm của
∆
và

( )P
nên ta có

( ) ( )
3 2 2 2 2 5 0 2N P t t t t∈ ⇒ − − − − − + = ⇒ =
Từ đây ta có
(3;2;4), ( 1; 4;0)M N − −
. Suy ra
( 4; 6; 4) 2(2;3;2)MN = − − − = −
uuuur
.

2
3 4
3 2
2
:
x y z
ptdt
− − −
⇒ ∆ = =
C¸ch 2 Viết lại (d) dưới dạng:
2 1
( )
2
x t
y t t R
z t
= −



= ∈


= +

Giả sử M(2t-1;t;t+2) N (a;b;c)
Ta có
GV: Hồ Xuân luong
Truong phổ thong Triệu Son
2 1 2 3 2
2 2
3 2 2 4 2 5 0 2
2 4 2
2 5 0 2 5 0
t a a t
t b b t
t t t t
t c c t
a b c a b c
− + = = −
 
 
+ = − = − −
 
⇔ ⇒ − − − − + + = ⇔ =
 
+ + = = −
 
 

+ − + = + − + =
 
Vậy
(3;2;4), ( 1; 4;0)M N − −
vµ M(3;2;4), khác A => thỏa mãn
2
3 4
3 2
2
:
x y z
ptdt
− − −
⇒ ∆ = =
67IJ)
z x yi= +
5( )
2
1
z i
i
z
+
= −
+

5( )
2
1
x yi i

i
x yi
− +
⇔ = −
+ +

5[( ( 1) )
2
( 1)
x y i
i
x yi
− −
⇔ = −
+ +
5 5( 1) 2( 1) ( 1) 2x y i x x i yi y⇔ − − = + − + + +

5 5( 1) (2 2 ) ( 1 2 )x y i x y x y i⇔ − − = + + − + −
2 2 5
1 2 5( 1)
x y x
x y y
+ + =


+ − = −

3 2
7 6
x y

x y
− =

⇔

− = −

1
1
x
y
=

⇔

=

z = 1 + i;
2 2
1 1 (1 ) (1 )w z z i i= + + = + + + +
1 1 1 2 ( 1)i i= + + + + + −
2 3i
= +
4 9 13w⇒ = + =
Hết
GV: Hồ Xuân luong