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

⇔


+ + + + + + + + = −


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

= ± +


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

+
+ + =


 

− = + − = = − =
  
• 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= − =

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

 ÷
 
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

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

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

. 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
 
⇒ −
 ÷
 

 
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
+ − − = =
 
 

 ÷
 
. 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

⇔
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

+ − + − = − + + + −


+ − + − = + + + −

+ + − =


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


• 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
′
=

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
−
+ − + =
+ +
⇔

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
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

=

=

.

 ÷  ÷ ÷
    
(*)
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 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

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

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
−
−

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

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

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 ( )

=

=

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

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

.
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

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


= −

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

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

⇒ 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

= − +

= −


=


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

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

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

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

− >

+ ≥


⇔
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+ + + − =
⇔

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
+
∫
=

 ÷
+ −
 
∫

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
 
+ +
 ÷
−
 ÷
− −
 

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

( )
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
– =
⇒

⊥
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

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

 
+ − +
 
+ = + + + +
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).

= ⇒ =

= ⇒ =


.
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=


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 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

>
= − − − =

− <

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


 + + − − =

.
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
 
− = > + = +
 
⇔
 
+ + + +
 
− = − =
 


=
⇔ = =

+ =

(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
−

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

 ÷
 
• 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

+ + +
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:
+ +
+ + ≥
+ +

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'
∈

⇒
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
+ − +
= =
+
.

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

; ;
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

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

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 :

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

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

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

= − = − =


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

=



 ÷
 
; 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
     
− + − + + =


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 ) + = + + + +