Dap an de thi thu tu 2130 Bo 55 de

(Vì VT là hàm số đồng biến nên đồ thị cắt đường thẳng y = 4 tại một điểm duy nhất). Câu VI.b: 1) Mặt cầu nhận đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng là đường kính.[r]

Hướng dẫn Đề số 21

Câu I: 2) Phương trình hồnh độ giao điểm (Cm) d: x32mx2(m3)x  4 x (1)

2

(1) ( 2)

( ) 2 (2)

 

      

    



x

x x mx m

g x x mx m

(d) cắt (Cm) ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C  (2) có nghiệm phân biệt khác 0.

2 2 0 1 2

( )

(0)



     

    

   



   

 

m m

m m a

m

g m

Mặt khác:

1

( , )

2

 

 

d K d

Do đó:

2

8 ( , ) 16 256

2

KBC       

S BC d K d BC BC

2

( ) ( ) 256

 xB xC  yB yC  với x xB, C hai nghiệm phương trình (2)

2 2

( ) (( 4) ( 4)) 256 2( ) 256 ( ) 128

 xB xC  xB  xC    xB xC   xBxC  x xB C 

2 137

4 4( 2) 128 34

2



 m  m   m  m   m

(thỏa (a)) Vậy

1 137

 

m

Câu II: 1) * Đặt: t2 ;x điều kiện: t > Khi BPT  30t  1 t 2 t (2)

 t1:

2

(2) 30t 1 1t  30t 1 9t  6t 1 1 t ( )a  0 t 1:

2

(2) 30t   1 t 30t 1 t 2t 1 0 t ( )b  0 4  2 4  2

x

t x Vậy, bất phương trình có nghiệm: x2. 2) PT  log22xlog2x m 0;x(0; 1) (1)

Đặt: tlog2x Vì: lim logx0 2x  lim logx1 x0, nên: với x(0;1)   t ( ; 0) Ta có: (1)  t2 t m0,t0 (2)  mt2 t t, 0

Đặt:

2 , 0 : ( ) : ( )

   

  

y t t t P

y m d

Xét hàm số: yf t( )t2 t, với t <  f t( )2t 

1

( )

2

     

f t t y

Từ BBT ta suy ra: (1) có nghiệm x(0; 1)  (2) có nghiệm t <  (d) (P) có điểm chung, với hồnh độ t <

1

 m

Vậy, giá trị m cần tìm:

1



m

Câu III: Đặt :



x

t 

3

1

3

4

2

1

3

1

1

 

      

   

 t 

I dt t t dt

t t

=

117 41

135 12







Câu IV: Dựng SH AB  SH(ABC) SH đường cao hình chóp.

Dựng HNBC HP, AC  SNBC SP, AC SPH SNH   SHN =  SHP  HN = HP

 AHP vng có:

3 sin 60

4

 o a

HP HA

;  SHP vng có:

3

.tan tan

4

 

 a

SH HP

Thể tích hình chóp

2

1 3

: tan tan

3  16 

 ABC  a a a

Câu V: Với 0 

 x

tan x sinx0,cosx0, 2cosx sinx0



2

3

2 2

2 cos

1 tan tan

cos

sin 2cos sin tan (2 tan ) 2tan tan

cos cos

 

  

  

x

x x

x y

x x x x x x x

x x

Đặt: ttan ; 0x  t 

2

( ) ;

2



   



t

y f t t

t t

4

2 2 2

3 ( 4) ( 1)( 4)

( ) ( ) ( 1)

(2 ) (2 ) (2 )

      

          

  

t t t t t t t t t t

f t f t t t

t t t t t t

 Từ BBT ta có:

min ( )

4 

    

f t t x

Vậy: 0;3

4 

  

   

 

miny khi x

Câu VI.a: 1) Gọi C(a; b) , (AB): x –y –5 =0  d(C; AB) =

5

2



 

 ABC

a b S

AB



8 (1)

5

2 (2)

 



    

 



a b a b

a b ; Trọng tâm G

5

;

3

 

 

 

 

a b

 (d)  3a –b =4 (3) Từ (1), (3)  C(–2; 10)  r =

3

2 65 89



 

S p

Từ (2), (3)  C(1; –1) 

3 2

 



S r

p .

2) d(A, (d)) =

, 4 196 100

5 2 4 1

   

   

  BA a

a

                           



Phương trình mặt cầu tâm A (1; –2; 3), bán kính R = : (x – 1)2 + (y + 2)2 + (2 – 3)2 = 50

Câu VII.a: PT 

2

2 1 0

2

    

    

    

   

 

 

z z z

z z



2

1

0

   

    

   

z z z z (1)

Đặt ẩn số phụ: t =



z

z (1) 

2 0 3

2 2

 

 

        

 

i i

t t t t

Đáp số có nghiệm z : 1+i; 1- i ;

1

;

2

 i   i

Câu VI.b: 1) (C1): (x1)2(y1)24 có tâm I1(1; 1), bán kính R1 = (C2): (x 4)2(y 1)21 có tâm I2(4; 1), bán kính R2 = Ta có: I I1  3 R1R2  (C1) (C2) tiếp xúc A(3; 1)

 (C1) (C2) có tiếp tuyến, có tiếp tuyến chung A x = // Oy * Xét tiếp tuyến chung ngoài: ( ) : y ax b   ( ) : ax y b  0 ta có:

2

1

2

2

1 2 2

2

( ; ) 4 4

( ; ) 4 7

1

4

 

    



    



    

 

   

    

    

 

   



a b

a a

d I R a b

hay

d I R a b

b b

a b

Vậy, có tiếp tuyến chung:

2 2

( ) : 3, ( ) : , ( )

4 4

 x  y x   y x 

2) (d1) có vectơ phương 1(1; 1; 2) 

2

( ) ( ; 3  6;  1) ( 1; 3 5;  2)

         

K d K t t t IK t t t

2

18 18 12

1 15 ; ;

11 11 11 11

 

   

             

 

 

IK u t t t t K

Giả sử (d ) cắt (d1) H t( ; 4t; ), ( t H( ))d1

18 56 59

; ;

11 11 11

 

      

 



HK t t t

1 18 56 118 26

11 11 11 11

         

                           

HK u t t t t (44; 30; 7)

11

   

 HK

Vậy, phương trình tham số đường thẳng (d ):

18 44 11

12 30 11

7 11

  



 

  

 

  

 

 

x y z

Câu VII.b: Xét đa thức: f x( )x(1x)2009x C( 20090 C20091 x C 20092 x2 C20092009 2009x )

0 2 2009 2010

2009 2009 2009 2009

C x C x C x  C x

 Ta có:

0 2 2009 2009

2009 2009 2009 2009

( ) 2010

     

f x C C x C x C x

0 2009

2009 2009 2009 2009

(1) 2010 ( )



 f C  C  C   C a

 Mặt khác:

2009 2008 2008

( ) (1 ) 2009(1 ) (1 ) (2010 )

       

f x x x x x x

 f/(1) 2011.2 2008 ( )b  Từ (a) (b) suy ra: S2011.22008

Hướng dẫn Đề số 22 www.VNMATH.com

Câu I: 2) Ta có: y’ = 3x2 + 6x =

2

0

   



    



x y m

x y m

Vậy hàm số có hai điểm cực trị A(0 ; m) B(2 ; m + 4) Ta có: (0; ),  ( 2; 4)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

OA m OB m Để AOB1200

thì

1 cos

2



AOB

 

2

( 4)

2 ( 4)



 

 

m m

m m

4

12

12 3

3

  



 



     

  

m

m m

Câu II: 1) PT  sin 3x cos3xsin (sinx xcos )x

 (sinx + cosx)(sin2x 1) =

sin cos tan

sin sin

  

 

   

  

 

x x x

x x

4

4

 

  





 



    

   

x k

x k

2) Điều kiện: x Đặt t2 3x 0 BPT  2 t t 2t5

2

2

5

8

5 22 17

 

 

         



  



t

t t t t t

t x

5

2

2

17 1;

5

    

      



  



t

t t

t t

Với 0  t 3x  1 3 x 0 x3

Câu III: Hoành độ giao điểm nghiệm phương trình: 1 2x x  1 x0; x2

Diện tích cần tìm

2

2

0

2 ( 1)

    

S x x dx x dx

Đặt x = sin t;

; 2  

 

  

 

t

dx = cost ; Với

0 ;

2

 

     

x t x t



2 2

2

2

2

1 1

cos (1 cos ) sin

2 2

  



 

 

 

 

       

 

 

S tdt t dt t t

Câu IV: Kẻ SHBC Suy SH (ABC) Kẻ SIAB; SJAC

SIH SJH 600SIH = SJHHI = HJAIHJ hình vng I trung điểm AB IH a

Trong tam giác vng SHI ta có:

3

a

SH

Vậy:

3

1

3 12

 

S ABC ABC

a

V SH S

Câu V: Sử dụng BĐT:

1 1 1

(   )    9   

 

 

x y z

x y z x y z x y z

Ta có:

1 1 1

3 ( ) ( )

 

     

         

ab

ab ab

a b c a c b c b a c b c b

Tương tự biểu thức lại Sau cộng vế với vế ta được:

3 3

      

 

       

          

ab bc ca a b c bc ca ca ab ab bc a b c

a b c b c a c a b a b b c a c

Câu VI.a: 1) Đường thẳng () có phương trình tham số:

1 2 2

  



  

    



x t

y t t

z t

Mặt phẳng (P) có VTPT (1; 3; 2) 

n

Giả sử N(1 + 3t ;  2t ; + 2t)  (3  3; ;2  2)



MN t t t

Để MN // (P)   0

 

MN n t N(20; 12; 16) Phương trình đường thẳng cần tìm :

2

9

  

 



x y z

2) Phương trình AB : x + 2y 1 = ; AB

Gọi hc đường cao hạ từ C ABC

1 12

2

   

ABC c c

S AB h h

Giả sử C(2a + ; a)  () Vì

12 | 2 1| 12

3

5 5

  

    

c

a a

Vậy có hai điểm cần tìm: C1(7; 3) C2(5; 3) Câu VII.a: Từ giả thiết suy ra:

1 2 1  2  0

2

  

 

             

  

 

b c b

i b i c b c b i

b c

Câu VI.b: 1) I có hồnh độ

 I

x

 

9

: ;

2

 

      

 

I d x y I

Gọi M = d  Ox trung điểm cạnh AD, suy M(3;0)

 2  2 9

2 2

4

  I  M  I  M   

AB IM x x y y

12

2

3

  ABCD  

ABCD

S

S AB AD = 12 AD =

AB ( )

  

 

AD d

M AD , suy phương trình AD: 1.(x3) 1.( y 0) 0  x y  0 .

Lại có MA = MD =

Vậy tọa độ A, D nghiệm hệ phương trình: 2

2

3

( 3)

( 3)

  

   





 

  

  

 



x y y x

x y

x y

3

3 1

  

 

   

  

 

y x x

x y

4

  

 

x

y .

Vậy A(2;1), D(4;-1),

9 ; 2

 

 

 

I

trung điểm AC, suy ra:

2

2

2

2

 



      





 

      

 

 

A C

I

C I A

A C C I A

I

x x

x x x x

y y y y y

y

Tương tự I trung điểm BD nên ta có: B(5;4)

Vậy tọa độ đỉnh hình chữ nhật (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1) 2) Mặt cầu (S) tâm I(2;–1;3) có bán kính R =

Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P):   

2.2 2.( 1) 16

,

3

   

    

d d I P d R

Do (P) (S) khơng có điểm chung Do vậy, MN = d –R = –3 =

Trong trường hợp này, M vị trí M0 N vị trí N0 Dễ thấy N0 hình chiếu vng góc I mặt phẳng (P) M0 giao điểm đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S)

Gọi  đường thẳng qua I vng góc với (P), N0 giao điểm  (P) Đường thẳng  có VTCP 2;2; 1 



P

n qua I nên có phương trình

 

2 2

   

  

    



x t

y t t

z t

Tọa độ N0 ứng với t nghiệm phương trình:

      15

2 2 2 16 15

9

 t    t   t    t   t 

Suy

4 13 14

; ;

3 3

 

 

 

 

N

Ta có 0



                           

IM IN

Suy M0(0;–3;4)

Câu VII.b: Ta có:

2008 2009

2008 2008

(1 )

.(1 ) (1 )

(1 )

   

      

   

i i

i i i i

i i

Hướng dẫn Đề số 23 www.VNMATH.com

Câu I: 2) 

2 3 3

     

  

m m

: PT có nghiệm

 m =

3



m = 3



: PT có nghiệm (1 đơn, kép)

 m

2 3

; \

3 3

   

    

   : PT có nghiệm phân biệt

Câu II: 1) PT  cosx(1 + cosx) +

3

sin cos

2

x x

=   

2

2cos cos (1 cos )sin

2   

x

x x x



cos

2

sin cos sin cos



 



  



x

x x x x

2) PT 

2

( 1)

( 1)

   

 x

x ( 1)3 3( 1) 2 0 ( 1) 2

  x  x     x 

Câu III: I =

ln 3

2

1

 

  



x x

x x x

e e

dx

e e e =

ln 3

3

3 ( 1)

1

     

  



x x x x x x

x x x

e e e e e e

dx

e e e

=

ln 3

3

1

   



 

  

 



x x x

x x x

e e e

dx

e e e

= ln(e3x + e2x – ex + 1)

ln ln

0  x0 = ln11 – ln4 = ln144

Vậy eI = 11

4 .

Câu IV: Ta có SABC = SABCD – SADC =

2a VASBC =

3SABC.SA = 6a

Câu V: P =

cos cos cos

2 2

cos cos cos cos cos cos

2 2 2

 

C A B

B A B C C A

=

sin sin sin

2 2

cos cos cos cos cos cos

2 2 2

  

     

     

     

A B B C A C

B A B C C A

=

tan tan tan

2 2

 

 

 

 

A B C

≥ Vậy minP = A = B = C =  Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(0;2), bán kính R = Gọi I’ điểm đối xứng I qua M

 I

; 5



 

 

   (C):

2

8

9

5

   

   

   

x  y 

2) Gọi (P) mặt phẳng qua I 1  (P): 3x – y + 2z + = Gọi (Q) mặt phẳng qua I 2  (Q): 3x – y – 2z + =  Phương trình (d) = (P)  (Q)

Câu VII.a: Ta có D = [–3;–2][2;3]

 y’ = 3x2 – 3, y’ =  x = ±  D

 y(–3) = –18, y(–2) = –2, y(2) = 2, y(3) = 18  kết Câu VI.b: 1) Đường tròn (C) có tâm I(2;1) bán kính R

Như điểm M nằm đường tròn (T) có phương trình: (x 2)2(y 1)220

Mặt khác, điểm M nằm đường thẳng , nên tọa độ M nghiệm hệ phương trình:

2

( 2) ( 1) 20 (1)

2 12 (2)

    



  



x y

x y

Khử x (1) (2) ta được:

 2  2

3

2 10 20 42 81 27

5

  

         

 



y

y y y y

y

Vậy có hai điểm thỏa mãn đề là: M6;3

6 27 ; 5

 

 

 

M

2) Phương trình tham số 1:

7 ' ' '

   

      

x t

y t

z t

Gọi M N giao điểm đường vuông góc chung với 1 2  M(7 + t;3 + 2t;9 – t) N(3 –7t;1 + 2t;1 + 3t)

VTCP 1 2 

a = (1; 2; –1) b = (–7;2;3)

Ta có:

   

 



 

 

 

 

                                                           

MN a MN a

MN b MN b Từ tìm t t

 Toạ độ M, N Đường vng góc chung đường thẳng MN

Câu VII.b: Gọi nghiệm ảo z = ki (k  R)

Ta có : (ki)3 + ( – 2i)(ki)2 + ( – i)ki – 2i =  – k3i – k2 + 2k2i + ki + k – 2i = 0

 ( –k2 + k) + (–k3 + 2k + k – 2)i= 

2

0

2

  

 

    

 

k k

k k k

 k = Vậy nghiệm ảo z = i

 z3 + (1 – 2i)z2 + (1 – i)z – 2i =  (z – i)[z2 + (1 – i)z + 2] =

2 (1 ) 2 0

   

   



z i

z i z

Từ suy nghiệm phương trình

Hướng dẫn Đề số 24 www.VNMATH.com Câu I: 2) y g x( ) 3 x22 2  m x  2 m

YCBT  phương trình y' = có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thoả x1 < x2 <



2

4

5

(1)

4

2

1

2

     

  

           

  

 

 

 

m m

g m m m

S m

Câu II: 1)  Nếu

cos ,

2      x

x k k Z

, phương trình vơ nghiệm  Nếu

cos ,

2       x

x k k Z

, nhân hai vế phương trình cho 2 x cos

2cos cos3 2cos cos 2cos cos cos

2   

x x x x

x x x

   tích thành tơng

7 

x cos

2 ,

7

 

 x k k

, đối chiếu điều kiện: k ≠ + 7m, mZ 2) Điều kiện: 0< x ≠ Đặt:

log

log log

 x   

x

y y

BPT 

log

3

log

3 3

log 1 1

log





     

 

 x x x x

y

y y

(*) sai với y > Kết luận: BPT vô nghiệm

Câu III: Đặt :

2

4 ( 1)

4

       

t x t x x t

Do đó:

6

2 22 3( 1)

 



  

 dx  tdt

I

t

x x

5

2

1

ln

1 ( 1) 12

 

  

   

 

t t dt

Câu IV: Nhận xét: Tâm O lục giác ABCDEF trung điểm đường chéo AD, BE, CF. SO (ABCDEF) Các tam giác OAB, OBC, OCD, ODE,OEF, OFA tam giac cạnh b

Diện tích đáy: Sđáy = 6SOAB =

2 3

4  b b

(đvdt) Chiều cao h = SO = SA2 OA2  a2 b2

 Thể tích V =

2 3( 2)

3

 

dáy

b a b

S h

* Xác định d(SA, BE) = d(O, (SAF)) = OJ Chứng minh OJ (SAF)

Trong SOJ vng O ta có OJ =

2 2

2

3( )

4

 

 

OI SO a b

b

a b

OI SO

Câu V: Đặt A = x2xy y 2, B = x2 xy 3y2  Nếu y = A = B = x2  B 

 Nếu y ≠ 0, ta đặt

x

z

y khi đó:

2 2

2 2

3

1

   

 

   

x xy y z z

B A A

x xy y z z .

Xét phương trình:    

2

2

3

1

1

 

       

 

z z

m m z m z m

z z (a)

(a) có nghiệm       

2 1

3 48 48

0 1 4 1 3 0

3

  

 

    

  

       





m m

m m m m

Vì  A    3 3  B Đây điều phải chứng minh Câu VI.a: 1) Tọa độ A nghiệm hệ phương trình:

 

4

2;4

2

   

 

  

 

   

 

x y x

A

x y y

Tọa độ B nghiệm hệ phương trình  

4

1;0

1 0

   

 

 

 

   

 

x y x

B

x y y

Đường thẳng AC qua điểm A(–2;4) nên phương trình có dạng:

 2   4 0  2  0

a x b y ax by a b

Từ giả thiết suy  2; 3 1; 2 Do

 

  

 

2 2 2

2

|1 | | 4.1 2.3 |

cos ; cos ;

25 5

0

| |

3

         

 

        

 



a b

a b

a

a b a b a a b

a b

 a =  b0 Do 3:y 0

 3a – 4b = 0: Chọn a = b = Suy 3: 4x3y 0 (trùng với 1). Do vậy, phương trình đường thẳng AC y – =

Tọa độ C nghiệm hệ phương trình:  

4

5;4

1

  

 

 

 

   

 

y x

C

x y y

2) Tọa độ trung điểm I AB là: I(2; 2; 0)  Phương trình đường thẳng KI:

2

3

 

 



x y z

Gọi H hình chiếu I lên ()  H(–1; 0; 1)

Giả sử K(xk; yk; zk), đó:    

2 2

1

 k   k  k 

KH x y z

KO xk2yk2zk2

Từ u cầu tốn ta có hệ:

 2  2 2

1

1 1

2 2

3

4

  

        

 

 

   

   



 

  

k

k k k k k k

k

k k k

k

x

x y z x y z

y

x y z

z

Kết luận:

1 ; ; 4

 



 

 

K

Câu VII.a: Ta có: 3(1i)20104 (1i i)2008 4(1i)2006  3(1i)44 (1i i)2 4 (1i)44  4i2 4 ( đúng)  (đpcm)

Câu VI.b: 1) Tọa độ giao điểm A, B nghiệm hệ phương trình

2 2 4 8 0 0; 2

1;

5

 

      



 

 

   



y x

x y x y

y x

x y

Vì A có hồnh độ dương nên ta A(2;0), B(–3;–1)

Vì ABC900 nên AC đường kính đường trịn, tức điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I

của đường tròn Tâm I(–1;2), suy C(–4;4)

2) Vì A1 A(t+1; –t –1; 2); B2  B( t'+3; 2t' +1; t')  AB   ( 't t 2;2 't t 2; ' 2)t 



Vì đoạn AB có độ dài nhỏ  AB đoạn vng góc chung (1) (2)



1

2

. 0 2 ' 0 ' 0 3 ' 0

. 0

AB u AB u t t t t

t t

AB u AB u

      

 

    

  

 

  

 

 

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

 A( 1; –1; 2), B(3; 1; 0) Câu VII.b: Nhận xét: Số chia hết cho 15 chia hết chia hết 5.

 Các số gồm số có tổng chia hết cho là: (0; 1; 2; 3; 6), (0; 1; 2; 4; 5), (0; 1; 3; 5; 6), (0; 2; 3; 4; 6), (0; 3; 4; 5; 6),(1; 2; 3; 4; 5), (1; 2; 4; 5; 6)

 Mỗi số chia hết cho số tận

+ Trong số có số có hai số  4.P4 = 96 số chia hết cho

+ Trong số có số có Nếu tận có P4= 24 số chia hết cho

Nếu tận số hàng chục nghìn khơng thể số 0, nên có 3.P3=18 số chia hết cho Trong trường hợp có: 3(P4+3P3) = 126 số

Hướng dẫn Đề số 25 www.VNMATH.com

Câu I: 2) Ta có :

x k

x x

3

2

2

3 3x 0 (1)

1log 1log ( 1) (2)

2 3

    

 

  



 Điều kiện (2) có nghĩa: x > 1.

Từ (2)  x(x – 1)  < x 

Hệ PT có nghiệm  (1) có nghiệm thoả < x 



x k x k

x x

3

( 1) 3x 0 ( 1) 3x <

1 2 1 2

       



 

   

 

Đặt: f(x) = (x – 1)3 – 3x g(x) = k (d) Dựa vào đồ thị (C)  (1) có nghiệm x (1;2] 

1;2

min ( ) (2) 5

k f x f



  

Vậy hệ có nghiệm  k > – Câu II: 1) Ta có: sinx – cos2x =  2sin2x + sinx –1 = 

2 ,

6

 

  

x k k

Vì x [ 2; 40] nên

2 3

2 40 40

6 6

   

 

   

          

   

k k

 0,7  k  18,8  k 1, 2,3, ,18 Gọi S tổng nghiệm thoả YCBT: S =

2

18 (1 18) 117

6

 



     

2) Điều kiện: 1 x 3 PT 

 

2 2

log log (3 ) log ( 1)

1

      

 

   

x x x

x

    

2 17

1

2



         

x x x x x x

(tmđk)

Câu III: Ta có :

2

1 1

2 ln

ln ln

4

   

          

 

  

e e e x

I x xdx x xdx dx e

x x .

Câu IV: Ta có: SAC vng A  SC SA2AC2 2a  AC = 2

SC

= a SAC Vì (P) chứa AC (P) // BD  BD // BD Gọi O tâm hình thoi ABCD I giao điểm AC BD I trọng tâm SBD Do đó:

2

3

   

B D BD a

Mặt khác, BD  (SAC)  DB (SAC)  BD AC

Do đó: SAB'C'D' =

2

2    3

a AC B D

Đường cao h khối chóp S.ABCD đường cao tam giác SAC

3

a

h

Vậy thể tích khối chóp S ABCD V =

3 ' ' '

1

3 AB C D  18

a h S

Câu V: Ta có BĐT 

1 1

     

     

     

        

a b b c c a



1 1

1 1

1 1

     

     

     

     

  

b c a

c c a a b b

a b c (1)

Đặt:  0;  0;  0  1

a b c

x y z x y z

b c a Khi :

(1) 

2 2 2

1 1

0

1 1

  

            

  

x y z

x y z xy yz zx x y z

y z x (*)

Vì    

2

2 2 3

3

          

x y z x y z xyz x y z x y z

( theo BĐT Cô–si)

Và  

3 2 2 233 3

xy yz zx xyz

(theo BĐT Cơ–si) Do đó: (*) Vậy (1) CM Dấu "=" xảy  x = y = z  a = b = c Khi tam giác ABC tam giác

Câu VI.a: 1) Giả sử AB: 5x – 2y + = 0; AC: 4x + 7y – 21 = Vậy A(0;3) Đường cao đỉnh B qua O nhận VTCP a(7; 4)



của AC làm VTPT  BO: 7x – 4y =  B(–4; –7)

A nằm Oy  đường cao AO trục Oy Vậy AC: y + = 2) Ta cóI(a;0;0), J(0;b;0), K(0;0;c) ( ) : 1

x y z P

a b c

   

(4 ;5;6), (4;5 ;6); (0; ; ), ( ;0; )

       

IA a JA b JK b c IK a c

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

Ta có:

4 6 1

5 6 0

4 6 0



  

 

  



  



a b c b c a c



77 77 77

; ;

4 5 6



  



a b c  phương trình mp(P)

Câu VII.a: Xét nhị thức Newton:  



 

n

n k k

n k

x C x

Lấy đạo hàm đến cấp hai hai vế ta được:  

2 2

2

( 1)  ( 1) 



   

n

n k k

n k

n n x k k C x

(1) Cho x = n = 25 từ (1)  25 24.223 =

25

25

( 1) 



 k

k

k k C

 25

25

( 1) 



 k

k

k k C

= 5033164800 Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3;0) bán kính R = M  Oy  M(0;m)

Qua M kẽ hai tiếp tuyến MA MB ( A B hai tiếp điểm)   

0

60 (1) 120 (2)

AMB AMB

 



 

 Vì MI phân giác AMB nên:

(1)  AMI = 300 sin 300 IA MI

 

 MI = 2R 

2 9 4 7

   

m m

(2)  AMI = 600 sin 600 IA MI

 

 MI =

2 3

3 R 

2 4 3

9 3

m  

(vô nghiệm) Vậy có hai điểm M1(0; 7) M2(0; – 7 )

2) BA(4;5;5)



, CD(3; 2;0) 

, CA(4;3;6) 

Gọi (P) mặt phẳng qua AB (P)  (Oxy)  (P) có VTPT n1 BA k, 

  

= (5; –4; 0)  (P): 5x – 4y =

(Q) mặt phẳng qua CD (Q)  (Oxy)  (Q) có VTPT n2 CD k, 

  

= (–2;–3; 0)  (Q): 2x + 3y – =

Câu VII.b: Giả sử : z = a + bi (a- phần thực, b- phần ảo)

Ta có:

2 2 2 5 2 5

5

2 5

  



   

        

   

     

      

     

a b a a

z a b

a b a b b b b

Kết luận: Có hai số phức thoả yêu cầu toán: z2 5 ;i z2 5 5i

Hướng dẫn Đề số 26 www.VNMATH.com

Câu I: 2) Phương hoành độ giao điểm (d) (C) là:

 

x

x = – x + m

2 (1)

   

   



x

x mx m ln có nghiệm phân biệt với m Ta có A(x1; –x1 +m), B(x2; – x2 + m)

AB =

2

1 2

2(x  x )  ( x x )  4x x 

= 2(m2 4m8) 

Vậy GTNN AB = m = Câu II: 1) Điều kiện: < x ≠ Đặt t = log2x

BPT 

2

2

2

1 1 1

log 0 2

log 2 2

0

   

 

        

  

t t

t

x t

x t

t 2

2

2 2

1

2 log log

( 2)

4

0

0 log log log 1 2

 

 

        

      

  

   

    

t x x

t t t

t

t x x

2) Điều kiện:

cos cos

6

 

   

  

   

x  x 

PT

sin sin

6 sin 3 sin sin 2

cos cos

6

 

 

   

 

   

   

  

   

 

   

   

x x

x x x

x x

 – sin3x = sinx + sin2x

 sin2x(2cosx + 1) =

sin

2

2

cos 2

2 3

 





 

 



  

 

  

 

k

x x

x x k

Kết hợp điều kiện, nghiệm phương trình là:

2 

 

   

  



k x

x k

Câu III: Ta có: sinx + 3cosx = 2cos 

 



 

x ,

sinx = sin 6  

  

 

  

 

 

x

=

3

sin cos

2 6

 

   

  

   

I =

2

3

0

sin

3

16 cos 16 cos

6

  

 

 



 

  

   

 

   

   

 

x dx

dx

x x

=

Câu IV: Trên SB, SC lấy điểm B, C cho SB = SC = a Ta có AB = a, BC = a , AC = a ABC vuông B Gọi H trung điểm AC, SHB vng H Vậy SH đường cao hình chop S.ABC

Vậy: VS.AB’C’ = 2 12 a

3

' '

 

S ABC S AB C

V abc bc

V a a  VS.ABC = 12abc

Câu V: Áp dụng BĐT Cơ-si ta có:

3

2

8 2

( ) ( )

( ) ( )

 

      

 

a a a b c

b c b c a

b c b c .

Dấu " = " xảy  2a = b + c

Tương tự:

3

2

6 2 2

;

( ) ( )

   

 

 

b b c a c c a b

c a a b

Suy ra:

1

4

 

a b c

P

Dấu xảy  a = b = c =

3 Kết luận: minP =

1 4

Câu VI.a: 1) Giả sử: A(a; –a–1), B(b; 2b – 1)

Từ điều kiện 2MA MB  0 tìm A(1; –2), B(1;1) suy (d): x – = 0

2) Gọi (Q) mặt phẳng qua A, B vng góc với (P) ta suy (Q): 8x + 7x + 11z – 46 = (D) = (P)(Q) suy phương trình (D).

Câu VII.a: PT có hai nghiệm

1

(1 ), (1 )

2

   

x i x i 2

1

1

2 ;

  i  i

x x

Câu VI.b: 1) (H) có tiêu điểm F( 13;0) Giả sử pttt (d): ax + by + c = Khi đó: 9a2 – 4b2 = c2 (*)

Phương trình đường thẳng qua F vng góc với (d) (D): b(x 13) – a y =

Toạ độ M nghiệm hệ: 13

 

  

 

 

ax by c

bx ay b

Bình phương hai vế phương trình cộng lại kết hợp với (*) ta x2 + y2 = 9

2) Lập phương trình mp(ABC); (P) qua A (P)  BC; (Q) qua B (Q)  AC Giải hệ gồm ba phương trình ba mặt phẳng ta trực tâm H

36 18 12 ; ; 49 49 49

 

 

 

Câu VII.b: Ta có:

      

 

         

k k k k k k k k k k k

n n n n n n n n n n n

C 3C 2C C C C C 3C 3C C C

(1)

 

k k k k k k k k k

n n n n n n n n n

VT(1) C C  2 C  C  C  C  C 2C  C 

  

        

 k k 1  k k 2

n n n n

C C  C  C 

   

   

=



    

k k k

n n n

C C C

Hướng dẫn Đề số 27

4 (2 1) 2 0 (1)

x  m x  m có nghịêm phân biệt lập thành cấp số cộng  phương trình: X2 – (2m + 1)X + 2m = (2) có hai nghiệm dương phân biệt thoả mãn X1 = 9X2.



2

2 4

0 (2 1) 0

1

0 1

2

0 0

        

   



  

       

   



     

   

m m

m m m

S m m

m

P m m

Câu II: 1) PT 

1 sin 0

(1 sin )(6cos sin 8) 0 1 sin 0

6cos sin 8 0

 



        

  



x

x x x x

x x

2) Xét (1): Đặt t = x – y (1) 

1

5 9.3

5

    

  

    

   

 

t t

t

 Với t > VT < 10, VP > 10  Với t < 0, VT > 10, VP < 10  Phương trình (1) có nghiệm t = hay x = y

Thay x = y vào phương trình (2) ta được: (2) 

22  1 3  0

x x x x

x

Dễ thấy x = nghiệm phương trình, chia hai vế cho x = ta được: (2) 

1

3

    

x x

x x Đặt

1

 

y x

x (ĐK y  0)

Ta phương trình: y2 – 3y + = 

2

 

 



y

y Từ ta tìm x.

Câu III: S =

2 0( 1) 

x

xe dx

x Đặt

1 1 x

u xe

dv dx

x

( )  



 

 

 

1

2

0

1 ( 1)  1 

 

x x

x

xe xe

dx e dx

x x

Câu IV:  Chứng minh:  ACD vuông C ACD vuông cân C

2; ;

   

AC CD a CD a BD a

 VSBCD = VS.ABCD – VSABD

 Chứng minh BC  (SAB)  BC  AH  AH  (SBC) Kẻ AK  (SC)  AK  (SCD)  (AKH)  (SCD)

Kéo dài AB CD cắt E Kéo dài AH cắt SE M Có (AMK)  (SCD) hay (AMK)  (SED)

AH  (SBC)  AH  HK  tam giác AHK vuông H Kẻ HI  MK có HI = d(H, (SCD))

 Tính AH, AM  HM; Tính AK  HK Từ tính HI Câu V: Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có:

4ab ≤ (a + b)2

1 4

a b a b ab



 



1 1 4

 

   

a b Dấu "=" xảy  a = b.

Ta có:

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

2x y z 4 2x y z 4 2x 4 y z 8 x 2y 2z

 

     

             

         

Tương tự:

1 1 1 1 1

2 8 2 2

x y z x y z

 

    

   

1 1 1 1 1

2 8 2 2

x y z x y z

 

    

   

Vậy

1 1 1

2x y z  x2y z  x y 2z

1 1 1 2009

4 x y z 4

 

    

 

Vậy MaxP =

2009

Câu VI.a: 1) C nằm mặt phẳng trung trực AB.

2) Tọa độ giao điểm A, B nghiệm hệ phương trình

2 2 4 8 0 0; 2

1; 3

5 2 0

y x

x y x y

y x

x y

 

      



 

 

   



Vì A có hồnh độ dương nên ta A(2;0), B(–3;–1)

Vì ABC900nên AC đường kính đường trịn, tức điểm C đối xứng với điểm A qua tâm I đường tròn Tâm I(–1;2), suy C(–4;4)

Câu VII.a: Phương trình: log (4 n 3) log ( n6) 4 có nghiệm n = 19 (Vì VT hàm số đồng biến nên đồ thị cắt đường thẳng y = điểm nhất)

Câu VI.b: 1) Mặt cầu nhận đoạn vng góc chung hai đường thẳng đường kính. 2) Ta có:   1;2 



AB AB Phương trình AB là: 2x y  0 .

 

( ) : ;

  

I d y x I t t I trung điểm AC BD nên: C t2 1;2 ,t D t t 2 ;2  2

Mặt khác: SABCD AB CH 4 (CH: chiều cao)

4

 CH 

Ngoài ra:

 

   

4 8

; , ;

| |

3 3 3

;

5

0 1;0 , 0;

    

 

     

        

    



t C D

t

d C AB CH

t C D

Vậy tọa độ C D

5 8

; , ;

3 3

   

   

   

C D

C1;0 , D0; 2 

Câu VII.b: Đặt  

log log

2 2

3

log (n  2n6) t n  2n 6 ;t (n  2n6)  3t 5t. Ta phương trình: 3t + 4t = 5t Phương trình có nghiệm t =

 n2 – 2n + =  n2 – 2n – =  n =3

Hướng dẫn Đề số 28 www.VNMATH.com

Câu I: 2)

9 4 12

9

log 12 144 12

4

   

m m

Câu II: 1) PT  cos22x  cosxcos2x = 2cos2x sin2x  

2

cos 2x0  2cos xcosx 1 0(VN)  cos2x =  2 4 2

  



    

x k x k

2) Đặt t x2 2x2  t2 = x2 2x BPT 

2 2

(1 2), [0;1 3]

1



    



t

m t do x

t Khảo sát hàm số:

2 2 ( )

1

 



t g t

t với  t  g'(t)

2

2

0 ( 1)

 

 



t t

t  g tăng [1,2]

Do đó, YCBT  BPT

2 2

 



t m

t có nghiệm t  [1,2] 1;2

2 max ( ) (2)

3 

  

t

m g t g

Vậy: m

Câu III: Đặt t 2x1 

3

1

1

1

 

     

   

t 

I dt t dt

t t =

3

1

ln ln

2

 

    

 

 

t

t t

Câu IV: Chọn hệ trục Oxyz cho: A  O, C2 ,0,0a , A1(0,0,2a 5)

(0;0;0), ; ;0 2

 

  

 

a a

A B

,M( ,0, a a 5)

1

5

; ; , (2;0; 5)

2

 

     

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

BM a MA a

Ta tích khối tứ diện AA1BM :

1

3

2

1

1 15

, ; , 3

6     

                                                 

AA BM BMA

a

V A A AB AM S MB MA a

Suy khoảng cách từ A đến mp (BMA1)

3

 V a

d S

Câu V: Áp dụng BĐT Cơ–si, ta có:      

1

; ;

2 x y  xy y z  xy z x  xy đpcm Câu VI.a: 1) Vì khoảng cách đại số A B dấu nên A, B phía với (P)

Gọi A' điểm đối xứng với A qua (P) ; PT (AA'):

1

2 1

  

 



x y z

AA' cắt (P) H, tọa độ H nghiệm hệ PT:

2

(1, 2, 1)

1

2 1

   

 

 

   

 

 



x y z

H

x y z

Vì H trung điểm AA' nên ta có :

' ' '

2 '(3,1,0)

2

 

 

  



  



H A A

H A A

H A A

x x x

y y y A

z z z

Ta có '  ( 6,6, 18) 

A B (cùng phương với (1;–1;3) )  PT (A'B) :

3

1

 

 



x y z

Vậy tọa độ điểm M nghiệm hệ phương trình

2

(2,2, 3)

3

1

   

 

 

 



 

 



x y z

M

x y z

2) x3y 0; x y  0

Câu VII.a: PT  

 

2

2

1

log   

 x x x  x  x x   x

x x

Đặt: f x( ) 3 x(2x),

1 ( )  1

g x x

x (x0)

Từ BBT  max f(x) = 3; g(x) =

 PT f(x)= g(x) có nghiệm  maxf(x) = g(x) = x=1  PT có nghiệm x = Câu VI.b: 1) Gọi P chu vi tam giác MAB P = AB + AM + BM.

Vì AB khơng đổi nên P nhỏ AM + BM nhỏ

Đường thẳng  có PTTS:

1 2

  

      

x t

y t

z t

Điểm M nên M 1 ;1t  t t;2 .

2 2 2

2 2 2

2 2

( 2 ) ( ) (2 ) (3 ) (2 5)

( ) ( ) ( ) (3 6) (2 5) (3 ) (2 5) (3 6) (2 5)

        

           

     

AM t t t t

BM t t t t

AM BM t t

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ 3 ;2 5



u t

  6;2 5



v t

Ta có

   

   

2

2

| |

| |



 

  

   

 

 

u t

v t

Suy  | | | |  

AM BM u v u v  6;4 5|u v  | 29

Mặt khác, với hai vectơ ,  

u v ta ln có | | | | |u  v u v | Như AM BM 2 29

Đẳng thức xảy ,  

u v hướng

3

1

3

   

 

t

t t

1;0;2

 M minAMBM2 29 .

Vậy M(1;0;2) minP = 11  29

2) x2y 0

Câu VII.b: Điều kiện x > , x 

BPT

4

8

1

2log log

log

 

    

 

x x

x

 

2

2

log log

1 log

 

 

     

 

 

x x

x

2

2 2

2

2

2

1

log

log log

(log 3) 0

log

log log 1

 

       

        

 



  



x x

x x

x

x

x x x

Hướng dẫn Đề số 29

Câu I: 2) Ta có y 4x34mx;

 

0  

      

  

x

y x x m

x m

(m<0) Gọi A(0; m2+m); B( m ; m); C(– m; m) điểm cực trị

2

( ; )

  



AB m m ; AC ( m m; 2)

ABC cân A nên góc 1200 A

A120

4

1

cos

2 . 2

   

     



                           

 AB AC m m m

A

m m

AB AC

4 4

4

3

2

2

3

 

 

         

 





m (loai)

m m

m m m m m m

m

m m

Vậy m=

3



thoả mãn toán Câu II: 1) Điều kiện x1.

Nhân hai vế bpt với x 3 x 1, ta

BPT  1  x22x 34. x 3 x1 1 x22x 3 x 3 x1

2 2 2 2 2 3 2 2 2 2 3 4 0

2

 

              

 

x

x x x x x x x x

2) Điều kiện cos , 



    

x x k k

Ta có PT  

2

cos sin cos sin

cos sin

cos cos

 

 x x x x  x x

x x  (cosxsin )(cos 2x x 1) 0

cos sin

, cos

  



   

 

   



 

 





x x x m

m x

x m .

Câu III: Nhận xét: 1 sin   0, 0,

x

y x

x Do diện tích hình phẳng cần tìm là:

2

2

0 0

1

1 sin

cos

sin cos 2 4

2

  





    



  

   

 

 x  x  x

S dx= dx= dx

x

x x x

=0

tan 



  



  

 

 

x d x

= 0

.tan tan 2ln cos

2 4

 

  



     

     

     

      

x x x

x dx

Suy S=

2 ln cos ln cos

4

 

       

   

  (đvdt)

Câu IV: Ta có AO=OC=a  A O  AA2 AO2  4a2 2a2 a Suy V=B.h=4a a2 4 a3

Tính góc AM AC Gọi N trung điểm AD, suy AM // CN Xét ACN ta có:

2 2 ; 2 5; 2 5

             

A C A O OC a CN AM AB BM a A N AA AN a .



2 2 4 5 5 3

cos

2 2.2 5

     

   



CA CN A N a a a

C

CA CN a a

Vậy cosin góc AM AC . Câu V: Đặt tsinx với t  1,1 ta có A5t3 9t24 .

Xét hàm số f t( ) 5 t3 9t24 với t  1,1 Ta có f t( ) 15 t2 18t3 (5t t 6)

( ) 0

5

     

f t t t

(loại); f( 1) 10, (1) 0, (0) 4f  f  Vậy 10f t( ) 4 Suy 0 A f t( ) 10

Vậy GTLN A 10 đạt sin 2 



     

t x x k

và GTNN A đạt sin 2 



     

t x x k

Câu VI.a: 1) Ta có

1



IAB ABCD

S S =1

Mặt khác

1

 IAB

S IH IB

với AB= 1202 1  IH = 2.

Gọi I x x( , )I I I thuộc đường thẳng y=x, ta có phương trình (AB) y = 0;

IH =  d I AB( ; ) 2  xI 2

TH1: xI  2 I(2;2); (3;4); (2;4).C D

TH2: xI  2 I( 2; 2); ( 5; 4); ( 6; 4).  C   D  

2) Gọi I tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện OABC Ta có: VOABC VIOAB+VIOBC+VOCA+VABC=

1 1

3 r SOAB 3r SOBC 3 r SOCA3r SABC

=

Mặt khác:

1

6

  

OABC

V OA OB OC

(đvtt);

1

2

   

OAB OBC OCA

S S S OA OB

(đvdt)

3

.8

4

  

ABC

S AB

(đvdt)  STP  6 (đvdt)

Do đó:

3

6

 

 OABC

TP

V r

S (đv độ dài)

Câu VII.a: Ta có (1x)30  (1 x) (110 x) ,20  x (1) Mặt khác:

30

30

(1 ) ,



   

n

k k

k

x C x x

Vậy hệ số a10 x10 khai triển

30

(1x) a10C1030.

Do (1) với x nên a10b10 Suy điều phải chứng minh

Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(1;2) R= 10 Suy AI2. IH

1 2( 1)

;

3 2( 2) 2

 

  

    

   



H H

X

H Y

Gọi H trung điểm BC, ta có I trọng tâm tam giác ABC ABC tam giác đều. Phương trình (BC) qua H vng góc với AI là:

3

1

2

   

   

   

x  y 

3 12

 x y 

Vì B, C  (C) nên tọa độ B, C nghiệm hệ phương trình:

2 2 4 5 0 2 2 4 5 0

3 12 12

           



 

    

 

x y x y x y x y

x y x y

Giải hệ PT ta được:

7 3 3 3 3

; ; ;

2 2

       

   

   

   

B C

ngược lại

2) PTTS d1 là:

1 3

   

     

x t

y t

z t

M  d1 nên tọa độ M 1 ;3 ;2 t  t t

Theo đề: 2

1 |1 2(3 ) 1| |12 |

( ;( )) 2

0

1 ( 2)

 

     

     



   

t

t t t t

d M P

t + Với t = ta M13;0;2; + Với t = ta M21;3;0

 Ứng với M1, điểm N1 d2 cần tìm phải giao d2 với mp qua M1 // (P), gọi mp

(Q1) PT (Q1) là: (x3) 2 y2(z 2) 0  x 2y2z7 (1)

PTTS d2 là:

5

5

   

     

x t

y t

z t (2)

Thay (2) vào (1), ta được: t = –1 Điểm N1 cần tìm N1(–1;–4;0)  Ứng với M2, tương tự tìm N2(5;0;–5)

Câu VII.b: Điều kiện:

1

   

 

x y

y Hệ PT 

1 5 7

3 3

x y x

y y

     



 

 

 

Câu I: 2) Tacó

2

' 3  3 (  ) 0   

 

x

y x mx x x m

x m

Với m0 y’ đổi dấu qua nghiệm hàm số có CĐ,CT.

Khi điểm cực trị đồ thị là:

3

1

0 0

2

A ; m , ( ; )B m

  .

Để A B đối xứng với qua đường phân giác y = x, điều kiện cần đủ OA OB tức

là:

3

1

2

2

    

m m m m

Câu II: 1) ĐK:

 

 

x k

PT 

2 3

tan x(1 sin ) (1 cos ) 0 x   x  

 (1 cos )(1 sin )(sin x  x x cos )(sinx xcosxsin cos ) 0x x  

2 ; ; ;

4 4

  

     

        

x k x k x k x k

2) PT

2 2

5

3 (3.3 ) 2.3.3 5.3 7.3 3

3



 x  x x  x     x x  x  



3 log

log

  

 



x x

Câu III: Đặt t x 2  I =

3

2 2

1

1 1 1

2



 

   

   

 

 t t dt tdt

=

24



 

Câu IV: Hình chiếu SB SC (ABC) AB AC, mà SB = SC nên AB = AC. Ta có : BC2 = 2AB2 – 2AB2cos1200  a2 = 3AB2 

a AB =

2 2

3

 a  a

SA = a SA =

;

2

0

1 3

.sin120

2 12

ABC

a a

S = AB AC = =



2

1

3 12 36

a a a

V = =

Câu V: Ta chứng minh:

2

2

 

 

a a b

a ab b (1)

Thật vậy, (1)  3a3 ≥ (2a – b)(a2 + ab + b2)  a3 + b3 – a2b – ab2 ≥  (a + b)(a – b)2 

Tương tự:

2

2

 

 

b b c

b bc c (2) ,

3

2

2

 

 

c c a

c ac a (3)

Cộng vế theo vế (1), (2) (3) ta được:

3 3

2 2 2 3

 

  

     

a b c a b c

a ab b b bc c c ca a

Vậy: S ≤  maxS = a = b = c = 1

Câu VI.a: 1) PT mặt phẳng (P) qua O nên có dạng : Ax + By + Cz = (với A2B2C20)

Vì (P)  (Q) nên 1.A + 1.B + 1.C =  A + B + C =  C = –A – B (1)

Theo đề: d(M;(P)) =

2 2

2 2

2

2 ( ) 2( )

 

       

 

A B C

A B C A B C

A B C (2)

Thay (1) vào (2), ta được:

2

8 0

5

     A

AB B B hay B =



8

 A

B =

Chọn A = 5, B = 1 (1) C3 (P) : 5x 8y3z0

2) Gọi N điểm đối xứng M qua (d1)  NAC ( 1, 1)



N N

MN x y

Ta có: / / (1; 1)  

d

MN n 1(xN 1) 1( yN 1) 0  xN  yN 2 (1)

Tọa độ trung điểm I MN:

1

(1 ), ( )

2

    

I N I N

x x y y

1

1

( ) (1 ) ( )

2

   N    N  

I d x y 4 0 (2)

 xN yN  

Giải hệ (1) (2) ta N(–1; –3)

Phương trình cạnh AC vng góc với (d2) có dạng: x + 2y + C =

( ) 2.( 3)

       

N AC C C Vậy, phương trình cạnh AC: x + 2y + = 0. Câu VII.a: : HS nữ xếp cách ô Vậy HS nữ xếp vào vị trí là:

(1;3;5); (2;4;6); (3;5;7); (4;6;8); (5;7;9)  Mỗi vị trí có 3! cách xếp HS nữ

 Mỗi cách xếp HS nữ bộ, có 6! cách xếp HS nam vào vị trí cịn lại Vậy có tất là: 5.3!.6!=21600 (cách) theo YCBT

Câu VI.b: 1) Chọn A(2;3; 3), B(6;5; 2)(d), mà A, B  (P) nên (d)  (P)

Gọi u VTCP (d1)  (P), qua A vng góc với (d)

  

 

   d

P

u u

u u

nên ta chọn u[ , ] (3; 9;6)u u P  

Phương trình đường thẳng (d1) :

2

3 ( )

3

   

  



   

x t

y t t R

z t

Lấy M (d1) M(2+3t; 3 9t;  3+6t) () đường thẳng qua M song song với (d) Theo đề :

2 2 1

14 81 36 14

9

        

AM t t t t t

 t =



 M(1;6; 5)

1

( ) :

4

   

 x y z

 t =

3 M(3;0; 1)

3

( ) :

4

  

 x y z

2) Gọi M x y( ; ), ( ;0 N x y1 1) hai điểm thuộc (P), ta có:

2

0 0; 1

x y x y

2

0 0

( ; 2) ( ; 2)

   



IM x y y y ; 2

1 1 1

( ; 2) ( ; 2); (4 ; 8)

     

 

IN y y y y IN y y

Theo giả thiết: 4

 

IM IN , suy ra:

2

0

0

4

2

 

 

  

 

y y

y y

1 0

1 0

1 1; 2;

3 9; 6; 36

    

  

    



y x y x

y x y x

Vậy, có cặp điểm cần tìm: M(4; –2), N(1; 1) hay M(36; 6), N(9; 3) Câu VII.b: Đặt t 5 x x1 t2 4  5 6x x

PT   

2 4

2;2 2

  

t    

t m t

Xét hàm số  

2 4

( ) 2;2 ( ) ( ) 2;2

2

      

 t           

f t t t f t t f t t