GV:NGUYỄN THỊ LAN-TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn : TOÁN - Khối : A và A1
Thời gian làm bài 180 phút,không kể thời gian giao đề
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số
3 2
y x 3x 3mx 1 (1)= − + + −
, với m là tham số thực
a) 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; +
∞
)
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình
1 tan x 2 2 sin x
4
π
 
+ = +
 ÷
 
Câu 3 (1,0 điểm) 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).
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân
2
2
2
1
1
ln
−
=
∫
x
I x dx
x
Câu 5 (1,0 điểm) 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).
Câu 6 (1,0 điểm) 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
+
= + −
+ +
II.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (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 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).
Câu 8.a (1,0 điểm) 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
.
Câu 9.a (1,0 điểm). 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.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm) 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).
Câu 8.b (1,0 điểm) 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).
Câu 9.b (1,0 điểm) 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:NGUYỄN THỊ LAN-TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH
ĐÁP ÁN ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 KHỐI A,A1
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1: 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 =
uuuruuur
⇔ -(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.
Câu 2.
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).
Câu 3:
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
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
x
y
-1
O
-
-1
1
GV:NGUYỄN THỊ LAN-TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH
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+ + + − − − + = + ⇔ + − = ⇒ = ≤
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 )
Câu 4.
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
+
=
∫
GV:NGUYỄN THỊ LAN-TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH
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 ln 3
3
−
+
. Vậy I =
2 2
ln 2 ln3
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 ln3
3 3
−
+ +
Câu 5. 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
= =
C¸ch 2
Gọi M là trung điểm AB, ta có
2 3 6
a a a
MH MB HB= − = − =
2
2
2
2
3 28 7
2 6 36 3
a a a a
CH CH

 
 
= + = ⇒ =
 
 
 
 
B A
C
S
H
M
K
D
I
GV:NGUYỄN THỊ LAN-TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH
2 7
2
3
a
SC HC= =
; SH = CH.tan60
0
=
21
3
a
( )
2 3
1 7 7

,
3 4 12
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.
2 3 3
3 2 3
a a
HK = =
, hệ thức lượng
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1
21 3
3 3
HI HS HK
a a
⇒ = + = +
   
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
[ ]
42 3 3 42 42
,
12 2 2 12 8
a a a
HI d BC SA HI⇒ = ⇒ = = =

7
2 6
a
HI⇒ =
C¸ch 3 - Ta có
( )
( )
·
·
0
SC, ABC SCA 60= =
.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-
I
S
H
B
C
A
z
x
y
GV:NGUYỄN THỊ LAN-TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH
Câu 6. 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
II.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm):
A. Theo chương trình Chuẩn :

Câu 7a. Cách 1 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 =
(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
) ⇒ 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)
B
A
C
D
N

M
GV:NGUYỄN THỊ LAN-TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH
+ Với
1
3
t = −
⇒ tọa độ A là nghiệm của hệ :
2 3 0
3 4 0
x y
x y
− − =


− − =

⇒ A (1; -1)
Cách 2 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:
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→ −
Câu 8a. 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.
GV:NGUYỄN THỊ LAN-TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH
[ , ]
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
r
Vì IH

⊥
d
⇒
0. =
d
uHI
r
r
⇔
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
=+−


∆
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
Câu 9.a.
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
.
B. Theo chương trình Nâng cao :
Câu 7b 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− − − −
GV:NGUYỄN THỊ LAN-TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH
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
∈ + = ⇒ = ⇒ + =
Câu 8b. 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
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

− − −
⇒ ∆ = =
Câu 9b.
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