Giúp học sinh ôn thi đại học, cao đẳng môn Toán - Đề 2

Giúp học sinh ôn thi đại học, cao đẳng năm 2009 
Soạn: Đỗ Cao Long . Tel: 01236012220 . Nick: longdocao (@yahoo.com.vn) 1/13 
GỢI Ý GIẢI ĐỀ 02 
Câu I.1: 
Học sinh tự giải 
Câu I.2: 
Tìm m để đồ thị (C) hàm số 3 2y x mx= + + cắt trục Ox tại một điểm duy nhất. 
Cách 1: 
· P/trình hoành độ giao điểm của (C) và trục Ox: 3 2 0x mx+ + = (*) 
· Dễ thấy 0x = không thỏa mãn (*) với mọi m. 
Với 0x ¹ , ta có 22m x
x
Û = - . (**) 
Xét hàm số ( ) 22f x x
x
= - trên tập ( ) ( );0 0;-¥ È +¥ . 
Ta có ( )
( )3
2 2
2 12
2
x
f x x
x x
- +
¢ = - - = 
( ) 30 1 0 1f x x x¢ = Û + = Û = - . 
Bảng biến thiên 
x -¥ 1- 0 +¥ 
( )f x¢ + 0 - || - 
( )f x 
-¥ 
3- 
 +¥
|| 
-¥ 
-¥ 
Dựa vào bảng biến thiên ta suy ra đường thẳng y m= cắt đồ thị hàm số ( ) 22f x x
x
= - 
tại một điểm duy nhất khi và chỉ khi 3m > - . 
Vậy (*) có nghiệm duy nhất với hay đồ thị hàm số 3 2y x mx= + + cắt trục Ox tại một 
điểm duy nhất với mọi 3m > - . 
Cách 2: 
Dùng dạng đồ thị của hàm số bậc ba. 
Phương pháp: Xét hàm số ( )3 2 0y ax bx cx d a= + + + ¹ , có đồ thị (C). 
( ) 23 2f x ax bx c¢ = + + 
· Tr/hợp 1: ( )f x¢ có 0D £ khi đó hàm số không có cực trị và hàm số đồng biến (hoặc 
nghịch biến) trên ¡ nên đồ thị (C) cắt trục Ox tại một điểm duy nhất. 
· Tr/hợp 2: ( )f x¢ có 0D > , tức là hàm số có hai cực trị . Gọi 1 2,x x là 2 nghiệm phân 
biệt của p/trình ( ) 0f x¢ = . 
Tr/hợp này đồ thị (C) cắt trục Ox tại một điểm duy nhất khi và chỉ khi hai điểm cực trị của 
(C) luôn cùng nằm về một phía của trục Ox ( ) ( )1 2. 0f x f xÛ < 
Kết hợp hai tr/hợp trên để suy ra giá trị của m. 
© Nhận xét: Theo cách làm này học sinh thường bỏ sót trường hợp 1 ® nên cần chú ý. 
Giúp học sinh ôn thi đại học, cao đẳng năm 2009 
Soạn: Đỗ Cao Long . Tel: 01236012220 . Nick: longdocao (@yahoo.com.vn) 2/13 
Câu II.1: 
Giải hệ phương trình ( )
( )
3 3
2 2 3
1 1
2 2 2
x y
x y xy y
ì + =ï
í
+ + =ïî
 (*) 
Cách 1: Xem (2) là p/tr bậc hai theo x ta viết lại 2 2 3. 2 . 2 0y x y x y+ + - = . 
Có ( )4 3 2 2y y y y¢D = - - = 
Nhận xét: Ta có ( ) ( ) ( )22 22 2 2 2y x xy y y x yÛ + + = Û + = . 
Đánh giá hai vế suy ra 0y > . Suy ra 2 0y¢D = > . 
P/tr (2) có 2 nghiệm 
2 2 2y y
x y
y y
- ±
= = - ± . 
Ta có 
2
x y
y
+ = ± . 
§ Tr/hợp 1: 2x y
y
= - + 
2
x y
y
Û + = . (3) 
Viết (1) dưới dạng ( ) ( )2 3 1x y x y xyé ù+ + - =ë û . (4) 
Thay y và x y+ ở (3) vào (4) ta được p/tr 2 2 23 . 1y y
y y y
æ öæ ö
- - + =ç ÷ç ÷ç ÷è øè ø
3
22 23 6 1y
y y
æ ö
Û + - =ç ÷
è ø
 (5) 
Đặt 2 , 0t t
y
= > . Suy ra 2
2
y
t
= . P/tr (5) trở thành 
2
3
2
2
3. . 7 0t t
t
æ ö+ - =ç ÷
è ø
3
3
12
7 0t
t
Û + - = 6 37 12 0t tÛ - + = (6) 
Đặt 3u t= ta có p/tr 2 7 12 0u u- + = 
P/tr này có hai nghiệm 4; 3u u= = . 
· Với 4u = ta có 3 34 4t t= Û = .Suy ra 2 33
2 2 1
16 2
y
t
= = = . 
Thay vào (3) suy ra 3
33 3
2 2 1
4
16 16 2
x = - + = = 
· Với 3u = ta có 3 33 3t t= Û = . Suy ra 2 3
2 2
9
y
t
= = . 
Thay vào (3) suy ra 3
3 3
2 1
3
9 9
x = - + = 
Tr/hợp này hệ có hai nghiệm 
3
3
1
2
1
2
x
y
ì =ïï
í
ï =
ïî
; 
3
3
1
9
2
9
x
y
ì =ïï
í
ï =
ïî
Giúp học sinh ôn thi đại học, cao đẳng năm 2009 
Soạn: Đỗ Cao Long . Tel: 01236012220 . Nick: longdocao (@yahoo.com.vn) 3/13 
§ Tr/hợp 2: 2x y
y
= - - 
2
x y
y
Û + = - . (7) 
Viết (1) dưới dạng ( ) ( )2 3 1x y x y xyé ù+ + - =ë û . (4) 
Thay y và x y+ ở (7) vào (4) ta được p/trình 2 2 23 . 1y y
y y y
æ öæ ö
- - - - =ç ÷ç ÷ç ÷è øè ø
3
22 23 6 1y
y y
æ ö
Û - - - =ç ÷
è ø
 (8) 
Đặt 2 , 0t t
y
= > . Suy ra 2
2
y
t
= . P/tr (8) trở thành 
2
3
2
2
3. . 7 0t t
t
æ ö- - - =ç ÷
è ø
3
3
12
7 0t
t
Û + + = 6 37 12 0t tÛ + + = (9) 
Đặt 3, 0u t u= > ta có p/tr 2 7 12 0u u+ + = . 
P/tr này có hai nghiệm 4u = - và 3u = - (loại). 
Vậy trường hợp này hệ đã cho vô nghiệm. 
Tóm lại, hệ đã cho có hai nghiệm 
3
3
1
2
1
2
x
y
ì =ïï
í
ï =
ïî
; 
3
3
1
9
2
9
x
y
ì =ïï
í
ï =
ïî
Cách 2: 
Dễ thấy 0y = không thỏa mãn hệ nên ta có 
(*) Û
( )
3
3
2
1
1
2
x
y y
x y
y
ìæ ö
ï + =ç ÷ïè øí
ï + =ïî
( )
( )
3
3
2
3
1
1 1
2
1 2
x
y y
x
y y
ìæ ö
ï + =ç ÷
ïè øÛ í
ïæ ö
+ =ïç ÷
è øî
Từ (1) và (2) ta có 
2 3
1 2 1
x x
y y
é ùæ ö æ ö
ê ú+ = +ç ÷ ç ÷
ê úè ø è øë û
2 2
1 2 1 1 0
x x x x
y y y y
é ùæ ö æ ö æ ö
ê úÛ + - + - + =ç ÷ ç ÷ ç ÷
ê úè ø è ø è øë û
Đặt xt
y
= ta có phương trình ( ) ( )( )2 21 2 1 1 0t t t t+ - + - + = 
( ) ( )21 1 2 1 0t t t té ùÛ + + - - + =ë û ( )( )21 2 3 1 0t t tÛ + - + - = 
P/trình này có 3 nghiệm 11;
2
t t= ± = . 
Giúp học sinh ôn thi đại học, cao đẳng năm 2009 
Soạn: Đỗ Cao Long . Tel: 01236012220 . Nick: longdocao (@yahoo.com.vn) 4/13 
§ Với 1t = ta có 1x x y
y
= Û = , thay vào p/tr thứ nhất của hệ ta được 
3
3
1
2 1
2
x x= Û = . Suy ra 
3
1
2
y = 
§ Với 1t = - ta có 1x x y
y
= - Û = - , thay vào p/trình thứ nhất của hệ ta được 
3 3 1y y- + = , vô nghiệm. 
§ Với 1
2
t = ta có 
1
2
2
x
y x
y
= Û = , thay vào p/trình thứ nhất của hệ ta được 
( )33 3 3
1
2 1 9 1
9
x x x x+ = Û = Û = . Suy ra 
3
2
9
y = 
Tóm lại hệ đã cho có hai nghiệm 
3
3
1
2
1
2
x
y
ì =ïï
í
ï =
ïî
; 
3
3
1
9
2
9
x
y
ì =ïï
í
ï =
ïî
© Nhận xét: Các cách thế khác học sinh tự tìm tòi thêm. 
Câu II.2: 
Giải p/trình 2 22sin 2sin tan
4
x x x
pæ ö- = -ç ÷
è ø
 (*) 
Đ/kiện: cos 0
2
x x k
p p¹ Û ¹ + , k΢ . 
Hạ bậc 2sin
4
x
pæ ö-ç ÷
è ø
 để làm xuất hiện góc liên kết 2
2
x
p
- . 
Ta có ( )2 1 1sin 1 cos 2 1 sin 2
4 2 2 2
x x x
p pé ùæ ö æ ö- = - - = -ç ÷ ç ÷ê úè ø è øë û
Do đó (*) ( )2 21 sin 2 2sin tan 1 tan sin 2 2sin 0x x x x x xÛ - = - Û + - + = 
( )sin cos 2sin cos sin 0
cos
x x
x x x
x
+
Û - + = 
( ) 1sin cos 2sin 0
cos
x x x
x
æ öÛ + - =ç ÷
è ø ( )( )
cos 0
sin cos 1 2sin cos 0
x
x x x x
¹ìïÛ í + - =ïî
Ta có ( )( ) ( )( )sin cos 1 2sin cos 0 sin cos 1 sin 2 0x x x x x x x+ - = Û + - = 
sin cos 0 tan 1 4
1 sin 2 0 sin 2 1
4
x lx x x
x x
x m
p p
p p
é = - +ê+ = = -é é
Û Û Û êê ê- = =ë ë ê = +
êë
Hợp các nghiệm trên ta được ,
4 2
x n n
p p
= + ΢ . 
Các nghiệm này thỏa mãn điều kiện 
2
x k
p p¹ + . 
Giúp học sinh ôn thi đại học, cao đẳng năm 2009 
Soạn: Đỗ Cao Long . Tel: 01236012220 . Nick: longdocao (@yahoo.com.vn) 5/13 
Vậy p/trình đã cho có các nghiệm cho bởi công thức ,
4 2
x n n
p p
= + ΢ . 
Câu III: Tính 
2 2
1
4 x
I dx
x
-
= ò . 
Hướng dẫn: 
Đặt 2sinx t= với 0;
2
t
pé ùÎ ê úë û
. Ta có ( )2 cosdx t dt= 
Với 1x = ta có 
6
t
p
= ; với 2x = ta có 
2
t
p
= 
Khi đó ( )
22
6
4 4sin
.2 cos
2sin
t
I t dt
t
p
p
-
= ò
22
6
2 cos .cos
2sin
t t
dt
t
p
p
= ò 
2 22 2 2
6 6 6
cos 1 sin 1
sin
sin sin sin
t t
I dt dt t dt
t t t
p p p
p p p
- æ ö= = = -ç ÷
è øò ò ò
2 2
6 6
1
sin
sin
dt tdt
t
p p
p p
= -ò ò 
§ Ta có 
2 2 2
2 2
6 6 6
1 sin sin
sin sin 1 cos
t t
dt dt dt
t t t
p p p
p p p
= =
-ò ò ò 
Đặt cosu t= , ( )sindu t dt= - . 
Với 3
6 2
t u
p
= Þ = ; 0
2
t u
p
= Þ = . 
Khi đó 
3
02 2
2 2
036 2
1
sin 1 1
du du
dt
t u u
p
p
-
= =
- -ò ò ò
3
2
0
1 1 1
2 1 1
du
u u
æ ö= +ç ÷- +è øò 
( ) ( )
3 3
2 2
0 0
1 11 1
2 1 2 1
d u d u
u u
+ -
= -
+ -ò ò
( ) ( )
3
3 2
2
0
0
1 1 1 1 2 3
ln 1 ln 1 ln ln
2 2 1 2 2 3
u
u u
u
+ +
= é + - - ù = =ë û - -
( )ln 2 3= + 
§ ( )
2
2
66
3 3
sin cos 0
2 2
t dt t
p p
p
p
æ ö
= - = - - =ç ÷
è ø
ò 
· Vậy ( ) 3ln 2 3
2
I = + - 
Giúp học sinh ôn thi đại học, cao đẳng năm 2009 
Soạn: Đỗ Cao Long . Tel: 01236012220 . Nick: longdocao (@yahoo.com.vn) 6/13 
Câu IV: 
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = h vuông góc mặt phẳng 
(ABCD), M là điểm thay đổi trên CD. Kẻ SH vuông góc BM. Xác định vị trí M để thể tích tứ 
diện S.ABH đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị lớn nhát đó 
Cách 1: Phương pháp tọa độ 
Đặt hình chóp S.ABCD vào hệ trục tọa 
độ Oxyz sao cho 
, , ,A O B Ox D Oy S Ozº Î Î Î và tọa 
độ các điểm như sau: 
( )0;0;0A , ( );0;0B a 
( )0; ;0D a , ( ); ;0C a a 
( )0;0;S h 
O
C
A
x
y
z
B
D
S
M
H
Gọi tọa độ của ( ); ;0 , ,0M m a m m aÎ £ £¡ . 
Mặt phẳng (SAH) chứa trục Oz , đi qua ( )0;0;0A . 
Ta có SH BM^ và BM SA^ . Suy ra ( )BM SAH^ . Do đó ( ); ;0BM m a a= -
uuuur
 là 
một vecto pháp tuyến của mp(SAH). 
P/trình mp(SAH): ( )( ) ( ) ( )0 0 0 0m a x a y m a x ay- - + - = Û - + = . 
Đường thẳng BM đi qua ( );0;0B a và nhận vecto ( ); ;0BM m a a= -
uuuur
 làm vecto chỉ 
phương nên có p/trình 
( )
0
0 0
x a m a t
y at
z t
ì = + -
ï
= +í
ï = +î
 ( )tΡ . 
Tọa độ của ( )H BM SAH= Ç là nghiệm của hệ p/trình 
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
0 1
2
0 3
0 0 4
m a x ay
x a m a t
y at
z t
ì - + =
ï
= + -ï
í
= +ï
ï = +î
Thay , ,x y z ở (2), (3), (4) vào (1) ta được: ( ) ( ) . 0m a a m a t a at- é + - ù + =ë û 
( ) ( )2 2m a a t a m aé ùÛ - + = - -ë û
( )
( )22
a m a
t
a m a
- -
Û =
+ -
Thay vào (2), (3), (4) ta được 
( )
( ) ( )
2 3
2 22 2
a m a a
x a
a m a a m a
-
= - =
+ - + -
; 
( )
( )
2
22
a m a
y
a m a
- -
=
+ -
; 0z = 
Vậy tọa độ của H là: 
( )
( )
( )
23
2 22 2
; ;0
a m aa
H
a m a a m a
æ ö- -
ç ÷
ç ÷+ - + -è ø
. 
Giúp học sinh ôn thi đại học, cao đẳng năm 2009 
Soạn: Đỗ Cao Long . Tel: 01236012220 . Nick: longdocao (@yahoo.com.vn) 7/13 
Thể tích khối chóp S.ABH bằng 
1 1 1
. . .
3 3 2ABH
V SA S SA BA BH= = 
Vì SA h= không đổi nên V đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi .HB HA đạt giá trị lớn nhất 
Ta có 
( )
( )
( )
2 2
23
2 22 2
. 0
a m aa
HB HA a
a m a a m a
æ ö æ ö- -
ç ÷ ç ÷= - + +
ç ÷ ç ÷+ - + -è ø è ø
x
( )
( )
( )
2 2
23
2 22 2
0
a m aa
a m a a m a
æ ö æ ö- -
ç ÷ ç ÷+ +
ç ÷ ç ÷+ - + -è ø è ø
( )
( ){ }
( )
( ){ }
2 2
2 2
2 22 22 2
a m a a m a
a m a a m a
æ ö æ ö
ç ÷ ç ÷- - -
= +ç ÷ ç ÷
ç ÷ ç ÷+ - + -
è ø è ø
x
( )
( ){ }
26 4
222
a a m a
a m a
+ -
+ -
( ) ( )
( ){ }
4 22 4
222
a m a a m a
a m a
- + -
=
+ -
x
( )( )
( ){ }
24 2
222
a a m a
a m a
+ -
+ -
( ) ( ){ }
( ){ }
2 22 2
222
a m a a m a
a m a
- + -
=
+ -
x
( )
4
22
a
a m a+ -
( )
( ) ( )
22 4
2 22 2
.
a m a a
a m a a m a
-
=
+ - + - ( )
3
22
a m a
a m a
-
=
+ -
Đặt t m a= - ta có 0a t- £ £ (vì 0 m a£ £ ). 
Khi đó ( )
3 3
2 2 2 2
.
.
a t a t
HA HB f t
a t a t
= = = -
+ +
. 
( )
( )
2 2
3
22 2
a t
f t a
a t
-¢ = -
+
; ( ) 2 20 0f t t a t a¢ = Û - = Û = - (vì 0t £ ). 
Ta có ( ) ( )
3 2
2 22
a a a
f a
a
-
- = - = ; ( )0 0f = . 
Suy ra giá trị lớn nhất của ( )f t bằng ( ) ( )
2
0
max
2a t
a
f t f a
- £ £
= - = . 
Vậy .HA HB đạt giá trị lớn nhất bằng 
2
2
a
 khi 0t m a a m= - = - Û = , hay M Dº . 
Giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp S.ABH : 
2 2
max
1
.
6 2 12
a a h
V h= = . 
Giúp học sinh ôn thi đại học, cao đẳng năm 2009 
Soạn: Đỗ Cao Long . Tel: 01236012220 . Nick: longdocao (@yahoo.com.vn) 8/13 
Cách 2: Phương pháp hình học 
O
C
A
B
D
S
M
A
Đặt CM m= , 0 m a£ £ 
Lập luận như cách 1 ta có ( )BM SAH BM HA^ Þ ^ nên tam giác HAB vuông tại H. 
Hai tam giác vuông ,HAB CBM đồng dạng (vì µ µA B= , góc có cạnh t/ứng vuông góc) 
Suy ra 
HA AB
CB BM
= và 
HB AB
CM BM
= . 
2 2
. .
AB a
HA BC a
BM a m
Þ = =
+
; 
2 2
. .
AB a
HB CM m
BM a m
= =
+
Thể tích khối chóp S.ABH bằng 
2
2 2 2 2
1 1 1 1 .
. . . . . . . .
3 3 2 6ABH
a a m
V SA S h HA HB h
a m a m
= = =
+ + ( )
3
2 26
a hm
a m
=
+
Xét hàm số ( ) ( )
3
2 26
a hm
f m
a m
=
+
 với 0 m a£ £ ta có 
( )
( )
3 2 2
22 2
.
6
a h a m
f m
a m
-¢ =
+
; ( ) 2 20 0f m a m m a¢ = Û - = Û = (vì 0 m a£ £ ). 
Mặt khác ( ) ( )
4 2
20 0; 126.2
a h a h
f f a
a
= = = và hàm số f liên tục trên đoạn [ ]0;a . Suy ra 
giá trị lớn nhất của hàm số bằng ( ) ( )
2
0
max
12m a
a h
f m f a
£ £
= = . 
Vậy thể tích khối chóp đạt giá trị lớn nhất bằng 
2
max 12
a h
V = khi m a= hay M Dº . 
©Nhận xét: PP hình học ngắn và gọn hơn. Vì thế đừng ngại dùng nó khi chưa thử. 
 A 
 B 
 D 
 C 
 M 
 H 
 m 
 a- m 
Giúp học sinh ôn thi đại học, cao đẳng năm 2009 
Soạn: Đỗ Cao Long . Tel: 01236012220 . Nick: longdocao (@yahoo.com.vn) 9/13 
Câu V: 
Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực 4 2 1x x m+ - = 
Xét hàm số ( ) 4 2 1y f x x x= = + - trên khoảng [ )0;+¥ 
Ta có ( )
( )
( )
( )
324
3 32 24 4
11 1 1 1
. .
4 221 . 1
x x
f x
xx x x
- +
¢ = - =
+ +
Ta có ( )32 2 2 21 1 1 1x x x x+ ³ Þ + ³ + > . 
Suy ra ( ) ( )3 342 2 24 41 1 0x x x x x+ > = Þ - + < . 
( ) 0f x¢Þ nên hàm số ( )y f x= nghịch biến trên khoảng [ )0;+¥ . 
Do đó ( ) ( )0 1f x f£ = với mọi [ )0;xÎ +¥ . 
Từ đó suy ra, phương trình 4 2 1x x m+ - = có nghiệm khi và chỉ khi 1m £ . 
Câu VI.a.1 
Trong mặt phẳng Oxy, cho hai đường thẳng d1: x – 2y + 3 = 0, d2 : 4x + 3y – 5 = 0. Lập 
phương trình đường tròn (C) có tâm I trên d1, tiếp xúc d2 và có bán kính R = 2 
Đ/thẳng ( )1d đi qua điểm ( )3;0A - và có vecto chỉ phương ( )1 2;1u =
r
 nên có phương 
trình tham số ( )1
3 2
:
x t
d
y t
= - +ì
í =î
. 
Vì tâm I của đ/tròn (C) thuộc ( )1d nên có tọa độ dạng : ( )3 2 ;I t t- + 
Mặt khác (C) tiếp xúc với ( )2d nên khoảng cách từ I đến ( )2d bằng bán kính của (C). 
Kết hợp với giả thiết ta có: 
( )
( )
2, 2 2
4 3 2 3. 5
2
4 3
I d
t t
d Ré ùë û
- + + -
= = =
+
11 17
2 11 17 10
5
t
t
-
Û = Û - =
2711 17 10 11
11 17 10 7
11
tt
t t
é =- =é êÛ Ûê ê- = -ë =ë
· Với 27
11
t = ta có 
21 27
;
11 11
I æ öç ÷
è ø
. 
P/trình đường tròn (C): 
2 221 27
4
11 11
x yæ ö æ ö- + - =ç ÷ ç ÷
è ø è ø
· Với 7
11
t = ta có 
19 7
;
11 11
I æ ö-ç ÷
è ø
. 
P/trình đường tròn (C): 
2 219 7
4
11 11
x yæ ö æ ö+ + - =ç ÷ ç ÷
è ø è ø
§ Tóm lại có hai đường tròn thỏa yêu cầu bài toán có p/trình: 
Giúp học sinh ôn thi đại học, cao đẳng năm 2009 
Soạn: Đỗ Cao Long . Tel: 01236012220 . Nick: longdocao (@yahoo.com.vn) 10/13 
2 221 27
4
11 11
x yæ ö æ ö- + - =ç ÷ ç ÷
è ø è ø
 và 
2 219 7
4
11 11
x yæ ö æ ö+ + - =ç ÷ ç ÷
è ø è ø
. 
Câu VI.a.2 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng: 
:1 1 1 2
x y zd = = , 
1 2
:2
1
x t
d y t
z t
ì
ï
í
ï
î
= -
=
= +
 và mặt phẳng (P): x – y – z = 0. 
Tìm tọa độ hai điểm 1M dÎ , 2N dÎ sao cho MN song song (P) và 2.MN = 
Phương trình tham số của ( )1 :
2
x t
d y t
z t
=ì
ï =í
ï =î
. 
Gọi tọa độ của M, N như sau: ( ); ;2M m m m , ( )1 2 ; ;1N n n n- + , ( ),m nΡ . 
Ta có ( )1 2 ; ;1 2MN n m n m n m= - - - + -
uuuur
( ) ( ) ( )2 2 22 1 2 1 2MN n m n m n m= - - + - + + - 
Vecto pháp tuyến của mp(P): ( )1; 1; 1n = - -
r
. 
Vì ( )||MN P nên . 0MN n MN n^ Û =
uuuur r uuuur r
( ) ( ) ( ) ( )1 2 . 1 1 2 . 1 0n m n m n mÛ - - + - - + + - - = 
4 2 0 2n m m nÛ - + = Û = (1) 
Mặt khác 22 4MN MN= Þ = 
Nên ta có ( ) ( ) ( )2 2 21 2 1 2 4n m n m n m- - + - + + - = (2) 
Thay 2m n= vào (2) ta được ( ) ( ) ( )2 2 21 4 1 3 4n n n- + - + - = 
2 226 14 2 0 13 7 1 0n n n nÛ - - = Û - - =
7 101
26
n
±
Û = 
·Với 7 101
26
n
+
= ta có 
7 101
2
13
m n
+
= = 
·Với 7 101
26
n
-
= ta có 
7 101
2
13
m n
-
= = 
Vậy có hai cặp điểm thỏa yêu cầu bài toán: 
7 101 7 101 14 2 101
; ;
13 13 13
M
æ ö+ + +
ç ÷
è ø
; 
6 2 101 7 101 33 101
; ;
13 26 26
N
æ ö- + +
ç ÷
è ø
hoặc 7 101 7 101 14 2 101; ;
13 13 13
M
æ ö- - -
ç ÷
è ø
; 
6 2 101 7 101 33 101
; ;
13 26 26
N
æ ö+ - -
ç ÷
è ø
Giúp học sinh ôn thi đại học, cao đẳng năm 2009 
Soạn: Đỗ Cao Long . Tel: 01236012220 . Nick: longdocao (@yahoo.com.vn) 11/13 
Câu VII.a 
Tìm số phức z thỏa mãn : 
4
1z i
z i
æ ö
ç ÷
è ø
+ =
-
Từ giả thiết ta có ( ) ( )4 4z i z i+ = - với đ/kiện z i¹ . 
( ) ( ) ( ) ( )2 3 44 3 2 2 3 4 4 3 24 6 4 . 4 6 4 .z z i z i z i i z z i z i z i iÛ + + + + = + - + - + - + - 
( )3 28 8 . 0 1 . 0z i z i z z iÛ - = Û - = 0
1
z
z
=é
Û ê = ±ë
 (thỏa đ/kiện z i¹ ). 
Vậy có ba số phức z thỏa yêu cầu bài toán: 0; 1z z= = ± 
Câu VI.b.1 
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có cạnh : 2 1 0AB x y- - = , 
đường chéo : 7 14 0BD x y- + = và đường chéo AC qua điểm ( )2;1M . Tìm tọa độ các đỉnh 
của hình chữ nhật 
6
4
2
-2
-4
-5 5 10
D
M
B
A
C
Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ 2 1 0
7 14 0
x y
x y
- - =ì
í - + =î
. 
Giải hệ ta được 7
3
x
y
=ì
í =î
. Vậy ( )7;3B . 
Đường thẳng BC qua ( )7;3B và vuông góc với : 2 1AB x y- - nên nhận vecto pháp 
tuyến ( )1; 2n = -
r
 của AB làm vecto chỉ phương. 
P/trình đường thẳng BC: 7
3 2
x t
y t
= +ì
í = -î
P/trình tham số của đường thẳng AB: 7 2
3
x t
y t
= +ì
í = +î
P/trình tham số của đường thẳng BD: 7 7
3
x t
y t
= +ì
í = +î
Gọi tọa độ các điểm A, C, D là: 
( )7 2 ;3A a a+ + , ( )7 ;3 2C c c+ - , ( )7 7 ;3D d d+ + 
Giúp học sinh ôn thi đại học, cao đẳng năm 2009 
Soạn: Đỗ Cao Long . Tel: 01236012220 . Nick: longdocao (@yahoo.com.vn) 12/13 
Theo tính chất của hình chữ nhật và kết hợp giả tiết ta có 
,
AB
AB CD
AD u
AM AC
=ì
ï
^í
ï
î
uuur r
uuuur uuur
 cïng ph-¬ng
 (trong đó ( )2;1ABu =
r
 là vecto chỉ phương của đ/thẳng AB) 
· 2 2AB CD AB CD= Û = 
Û ( ) ( ) ( )2 2 222 7 2a a d c d c+ = - + + 
2 2 25 50 5 10a d c cdÛ = + - (1) 
· . 0AB ABAD u AD u^ Û =
uuur r uuur r r
( ) ( )7 2 .2 .1 0d a d aÛ - + - = 
15 5 0 3d a a dÛ - = Û = (2) 
· ( )5 2 ;2MA a a= + +
uuur
, ( )2 ; 2CA a c a c= - +
uuur
,MA CA
uuur uuur
 cùng phương ( )( ) ( )( )5 2 2 2 2 0a a c a a cÛ + + - + - = 
5 12 0ac c aÛ + + = (3) 
Thay (2) vào (1) ta được 2 2 2 2 245 50 5 10 2 0a d c cd c d cd= + - Û + - = 
( )2 0c d c dÛ - = Û = (4) 
Thay (2) và (4) vào (3) ta được ( )5.3 . 12 3 0 15 1 0d d d d d d+ + = Û + = 
0
1
d
d
=é
Û ê = -ë
· Với 0d = ta có 0a c= = , suy ra các điểm A,C,D trùng với B. Bài toán vô nghiệm. 
· Với 1d = - ta có 1; 3c a= - = - . Trường hợp này ta có tọa độ các đỉnh hình chữ nhật là 
( )1;0A , ( )7;3B , ( )6;5C , ( )0;2D . 
Cách khác: Gọi tọa độ của ( )7 2 ;3A a a+ + . 
- Viết p/tr đường thẳng (d1)_một cạnh của hình chữ nhật_qua A và vuông góc với AB 
Giải hệ p/trình { }1;d BD sẽ tìm được tọa độ của đỉnh D (theo ẩn số a). 
- Viết p/tr đường thẳng (d2) qua D và song song với AB, 
Giải hệ p/trình { }2;d BC sẽ tìm được tọa độ của đỉnh C (theo ẩn số a). 
- Biết đ/chéo AC qua M nên ,MA MC
uuur uuuur
 cùng phương. 
Giải đ/kiện cùng phương của hai vecto này để tìm a. Suy ra tọa độ các đỉnh A,C,D. 
© Nhận xét: 
Ở cách làm trên (cách 1) việc chọn điểm đi qua là ( )7;3B để viết p/trình tham số của các 
đường thẳng , ,AB BD BC là rất thuận lợi khi tính toán (để khi trừ tọa độ cho nhau sẽ 
được kết quả rất gọn ® kinh nghiệm) 
Câu VI.b.2 
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm O(0 ; 0 ; 0), A(0 ; 0 ; 4), B(2 ; 0 ; 0) và mặt 
phẳng (P): 2x + 2y – z + 5 = 0. Lập phương trình mặt cầu (S) đi qua ba điểm O, A, B và có 
khỏang cách từ tâm I đến mặt phẳng (P) bằng 5
3
Khoảng cách từ tâm I đến mp(P) bằng bán kính R của mặt cầu. Theo giả thiết ta có 5
3
R = 
Giúp học sinh ôn thi đại học, cao đẳng năm 2009 
Soạn: Đỗ Cao Long . Tel: 01236012220 . Nick: longdocao (@yahoo.com.vn) 13/13 
Mặt khác mặt cầu (S) đi qua 3 điểm , ,O A B nên ta có 5
3
IO IA IB R= = = = . 
Từ đó ta có 
2
2
2 2
2
2
25
9 9 25
25
9 25
9
9 2525
9
IO
IO
IA IA
IB
IB
ì =ï ì =ï ïï ï= Û =í í
ï ï =ïï î=ïî
. 
Gọi tọa độ của tâm là ( ); ;I a b c , ta có hệ 
( )
( )( )
( )( )
2 2 2
22 2
2 2 2
9 25
9 4 25
9 2 25
a b c
a b c
a b c
ì + + =ï
ï
+ + - =í
ï
ï - + + =
î
( )
( )
( )
2 2 29 25
9 8 16 0
9 4 4 0
a b c
c
a
ì + + =
ïïÛ - + = Ûí
ï - + =ïî ( )
2
1
2
9 5 25
a
c
b
ì =ïï =í
ï
+ =ïî
bÞ ÎÆ 
Vậy bài toán vô nghiệm. 
Nhận xét: 
- Bài toán dư giả thiết khi cho p/trình mp(P). 
- Thay giả thiết 5R = (hoặc số khác) khi đó ta có 2 25 25 20 2 5b b b+ = Û = Û = ± 
Bài toán có hai nghiệm (hai mặt cầu thỏa mãn): 
Câu VII.b 
Điều kiện 
0, 1
0, 1
3 3
x x
x x
> ¹ì
ï
í
> ¹ïî
0, 1, 3x x xÛ > ¹ ¹ . 
Khi đó 
3 3 3
1 1
log 3 log 3 0
log log 3
x x xx
< Û - <
3 3
3 3
log log
3 0
log .log
3
x
x
x
x
-
Û < 
3
3 3 3 3
1
log 13 0 0
log .log log .log
3 3
x x
x x
-
Û < Û <
3 3
1
0
log .log
3
x
x
Û > 
3
3
3
3
log 0
1
log 0 1 33 3
1log 0 1
1log 0 3
3
x
x
x
x
x
xx x
xx
é >ì é >ìïê ïí êíê > >ï ê >ïê éî îÛ Û ê Ûê ê << <ì ìê ëê ïï êíêí <êï< îê ëïîë
. 
Kết hợp với điều kiện ta có 3
0 1
x
x
>é
ê < <ë
. 
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là ( ) ( )0;1 3;S = È +¥