giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 194

Đề thi Dự trữ khối A-năm 2007
Đề I
Câu I: Cho hàm số
2
x4x
y
x2
3
−
++
=
−

1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số.
2. Chứng minh rằng tích các khoảng cách từ một điểm bất kỳ trên
đồ thị hàm số đến các đường tiệm cận của nó là hằng số.
Câu II:
1. Giải phương trình:
11
sin 2x sin x 2cot g2x
2sin x sin 2x
+− − =

2. Tìm m để phương trình:
(
)
2
mx 2x21x(2x)0(2−+++ −≤ )
có nghiệm x

⎨
⎧
+=+−+
+=+−+
−
−Câu Va (cho chương trình THPT khơng phân ban):
1. Trong mặt phẳng Oxy cho đường tròn (C) : x
2
+ y
2
= 1. Đường
tròn (C') tâm I (2,2) cắt (C) tại các điểm A, B sao cho
AB 2=
.
Viết phương trình đường thẳng AB.
2. Có bao nhiêu số tự nhiên chẵn lớn hơn 2007 mà mỗi số gồm 4
chữ số khác nhau?
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 195
Câu Vb (cho chương trình THPT phân ban):
1. Giải bất phương trình:
2
x4 2
(log 8 log x )log 2x 0


7
yx2
x2
=− + +
−

Phương trình tiệm cận xiên
yx2xy20
=
−+ ⇔ +−=

khoảng cách từ M đến tiệm cận xiên là
1
xy2
7
d
22x2
+−
==
−

khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng là
2
dx2
=
−

Ta có
12
77

− 2 = x
2
− 2x
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 196

Bpt (2) ⇔
−
≤≤≤∈+
+
2
t2
m(1t2),dox[0;1
t1
3]

Khảo sát
2
t2
g(t)
t1
−
=
+
với 1 ≤ t ≤ 2
g'(t)
2
2
t2t2
0
(t 1)

−−
G
a(1,2,8)
ươ
mp(P) có PVT
n(2,1,1)=−
J
JG

Ta có = (6 ;15 ;3) cùng ph
JJGG
[n,a]
ương với (2;5;1)
Phương trình mp chứa AB và vng góc với (P) là :
2(x + 1) + 5(y − 3) + 1(z + 2) = 0
⇔ 2x + 5y + z − 11 = 0
2. Tìm M ∈ (P) sao cho MA + MB nhỏ nhất.
Vì khoảng cách đại số của A và B cùng dấu nên A, B ở cùng
phía với
Mp (P). Gọi A' là điểm đối xứng với A qua (P)
Pt AA' :
x
1y3z2
21
1
+
−+
==
−


=+
⎧
⎪
=+ ⇒
⎨
⎪
=+
⎩
Ta có
A
'B ( 6,6, 18)
=
−−
JJJJG
(cùng phương với (1;-1;3) )
Pt đường thẳng A'B :
−
−
=
=
−
x
3y1z
11
3

Vậy tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình

−++=
⎧

⎜⎟
++
++
⎝⎠
∫∫∫

=
3
2
1
t
tlnt1 2ln2
2
⎡⎤
−+ + = +
⎢⎥
⎢⎥
⎣⎦

2. Giải hệ phương trình

−
−
⎧
+−+=+
⎪
⎨
⎪
+−+=+
⎩


f ´(x)
+
++
=+ = > ≥
+++
2
222
xx
xx1x
10
x1 x1 x1

Vậy f đồng biến nghiêm cách trên R.
Nếu u > v f(u) > f(v) ⇒> v > u ( vơ lý ) ⇒
vu
⇒33
Tương tự nếu v > u cũng dẫn đến vơ lý

Do đó hệ (II)
⎧⎧
⎪⎪
++= = +−
⇔⇔
⎨⎨
==
⎪⎪
⎩⎩
2u u2
uu13 13(u1u)(1

⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
+
−−+=

Vậy g(u) đồng biến nghiêm cách trên R.
Ta có g(0) = 1. Vậy u = 0 là nghiệm duy nhất của (1)
Nên (II)
⇔ u = 0 = v
Vậy (I)
⇔ x = y = 1.
Câu Va:
1.Đường thẳng OI nối 2 tâm của 2 đường tròn (C), (C') là đường
phân giác y = x . Do đó, đường AB ⊥ đường y = x ⇒ hệ số góc
của đường thẳng AB bằng − 1.
Vì AB
2=
⇒ A, B phải là giao điểm của (C) với Ox, Oy.
Suy ra
A
(0,1);B(1,0)
A
'( 1, 0);B '(0, 1)
⎡


2
=⇔ − =⇔ − =
22
12 12
A
B22(xx)2(xx)1
Δ
⇔=⇔−=⇔=
/
2
2
4
12m1m
a
±1

Vậy phương trình AB : y = − x
±
1
.
2. Gọi
=
123 4
naaaa
là số cần lập.
. TH1 : a
4
= 0, ta có 8 cách chọn a
1

1. Điều kiện x > 0 , x
≠ 1
(1)
⎛⎞
⇔+
⎜⎟
⎝⎠
42
8
11
2 log x log 2x 0
log x 2
≥()
⎛⎞
⎜⎟
⇔+ +
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
22
2
1
log x log x 1 0
1
log x
3
≥

A
(0,0,2a 5)⎛⎞
⇒
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
aa3
A
(0;0;0),B ; ;0
22
và
−
M
(2a,0,a5)⎛⎞
⇒=−− =
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
JJJJG JJJJJG
1
53
B
M a ; ; 5 , MA a(2;0; 5)
22

1
SMB,MA3
2
15
a3

Suy ra khoảng cách từ A đến mp (BMA
1
) bằng
==
3V a 5
d.
S3

Cách khác:
+ Ta có
=+ =
222
1111
2
A
MACCM9a

=+− =
222 02
B
CABAC2AB.AC.cos1207a

=+ =
22 22


⇒==
1
MBA 1
1
3V 6V a 5
d(a,(MBA ))
SMB.MA
=
3

giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 201
Đề thi Dự trữ khối A-năm 2007
Đề II
Câu I: Cho hàm số
m
yxm (Cm)
x2
=+ +
−

1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m = 1.
2. Tìm m để đồ thị (Cm) có cực trị tại các điểm A, B sao cho đường
thẳng AB đi qua gốc tọa độ 0.
Câu II:
1. Giải phương trình:
2

Δ // (d) và cắt các đường AB,
OC.
Câu IV:
1. Trong mặt phẳng Oxy cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các
đường và y = x. Tính thể tích vật thể tròn trong khi quay
(H) quanh trục Ox trọn một vòng.
2
xy4 =
2. Cho x, y, z là các biến số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức:
33 33 33
33
3
222
x
yz
P 4(x y ) 4(x z ) 4(z x ) 2
yzx
⎛⎞
=++++++++
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠

Câu Va (cho chương trình THPT khơng phân ban):
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 202

1. Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G(−2, 0)
biết phương trình các cạnh AB, AC theo thứ tự là 4x + y + 14 = 0;
02y5

2. Tìm m:
Ta có:
2
22
mm(x2
yxm y'1
x2
(x 2) (x 2)
)m
−
−
=+ + ⇒ =− =
−
−−

Đồ thị h/s có 2 cực trị ⇔ y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt
⇔ (x − 2)
2
− m = 0 có 2 nghiệm phân biệt ≠ 2 ⇔ m > 0
Gọi A (x
1
, y
1
) ; B (x
2
, y
2
) là 2 điểm cực trị

11

x
(m 2)x m u
y
x
2v
+− +
==
−
;
2
m
y' 1
(x 2)
=−
−

y' = 0 có 2 nghiệm phân biệt
⇔ m > 0
Khi m > 0, pt đường thẳng qua 2 cực trị là
/
/
u
y2xm
v
==+−
2

Do đó, ycbt
⇔
m2

2 2 cos 2x 6 cos x
36
π
π
⎛⎞ ⎛
+−=−
⎜⎟ ⎜
⎝⎠ ⎝
⎞
⎟
⎠

⇔
1 cos 2x 3cos x
36
π
π
⎛⎞ ⎛
+−=−
⎜⎟ ⎜
⎝⎠ ⎝
⎞
⎟
⎠⇔
2
2cos x 3cos x
66

, k ∈ Z.
2. Giải hệ:
43 22
32
x
xy xy 1
x
yx xy1
⎧
−
+=
⎪
⎨
−+=
⎪
⎩
(I)
(I)
⇔
⎧
−+ + =
⎪
⎨
−+ + =
⎪
⎩
223
23
(x xy) xy 1
(x xy) xy 1


Do đó hệ đã cho tương đương:
22
42
33
yx y0
xxy0 xxy1
x
1x 1(vn
xy 1 xy 0
⎧⎧
==
⎧⎧
−+ = −+ =
⎪⎪ ⎪⎪
∨⇔∨
⎨⎨ ⎨⎨
==−
⎪⎪
==
⎪⎪
⎩⎩
⎩⎩
)
−
−==
⎧⎧

c(1,0,0)
Ta có
⎡⎤
≠ 0 ⇔ AB và OC chéo nhau.
=
⎣⎦
GG G
a, b .c 6
2. Đường thẳng d có VTCP
(
)
12, 0, 36− hay
(
)
u1, 0, 3=−
G

Ta có
()
a, u 6,3,2
⎡⎤
=
⎣⎦
GG
Phương trình mặt phẳng (α) đi qua A, có PVT
a, u
⎡
⎤
⎣
⎦
Câu IV:
1. Tọa độ giao điểm của hai đường là nghiệm của hệ

2
x
x0 x4
y
v
4
y0 y4
yx
⎧
=
=
⎧⎧
⎪=
⇔
⎨⎨⎨
=
=
⎩⎩
⎪
=
⎩π=
⎟

4
0
534
2
(đvtt)
y
4 A 0
y = x 4 x

2. Với x, y, z > 0 ta có
4(x
3
+ y
3
) ≥ (x + y)
3
(∗) Dấu = xảy ra ⇔ x = y
Thật vậy (
∗) ⇔ 4(x + y)(x
2
– xy + y
2
) ≥ (x + y)
3
⇔ 4(x
2
– xy + y

)
()
33 33 33
3
333
4x y 4y z 4z x 2x y z 6 xyz++ ++ +≥++≥
Ta lại có
3
222
xyz
6
x
z
z
y
y
x
2 ≥
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
++
Dấu = xảy ra ⇔ x = y = z
Vậy
12


giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 206

Câu Va:
1. Tọa độ A là nghiệm của hệ
{
{
4x y 14 0 x 4
2x 5y 2 0 y 2
+
+= =−
⇔
+−= =
⇒ A(–4,
2)
Vì G(–2, 0) là trọng tâm của ΔABC nên
(1)
⎩
⎨
⎧
−=+
−=+
⇔
⎩
⎨
⎧
++=
++=
2yy
2xx

( 3)
Thế (2) và (3) vào (1) ta có
⎩
⎨
⎧
=⇒=
−=⇒−=
⇒
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
−=+−−−
−=+
0y 1x
2y3x
2
5
2
5
x2
14x4
2xx
CC
BB
C
B
CB


n
3
3
3
6n
=
−
−
−−
+
+
+
=−−
+

⇔ (n + 4)(n + 5)(n + 6) – (n – 2)(n – 1)n = 2540
⇔ n
2
+ 4n – 140 = 0
⇔
(
)
n 2 144 loại vì n 3 v n 2 144 10=− − ≥ =− + =
Đáp số: n = 10
Câu Vb:
1. Giải phương trình:
42
2x 1
11
log (x 1) log x 2

2
−+
⎡⎤
2
=
⎢⎥
+
⎣⎦
và x > 1

2
2x x 1
2
x2
−−
⇔
+
=
và x > 1

⇔ 2x
2
– 3x – 5 = 0 và x > 1⇔
5
x
2
=

2
3
.
4
a3
.
2
1
22
==

Ta có
SABC SBAM SAM
1
V2V 2 BM.S
3
==
16
3a
16
3a
.a.
3
1
32
=
3
=

Gọi N là trung điểm của đoạn SA. Ta có CN ⊥ SA

2
SCA
3
SABC
===

giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 208

⇒
()
3
2
33
dB,SAC a 3
a39 13
==
a

Đề thi Dự trữ khối B-năm 2007
Đề I

Câu I: Cho hàm số y = –2x
3
+ 6x
2
– 5
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C).
2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến đi qua A(–1,
–13).


2. Tìm m để phương trình: mx1x
4
2
=−+ có nghiệm.

Câu III: Trong khơng gian Oxyz cho các điểm A(–3,5,–5); B(5,–
3,7); và mặt phẳng (P): x + y + z = 0
1. Tìm giao điểm I của đường thẳng AB với mặt phẳng (P).
2. Tìm điểm M
∈ (P) sao cho MA
2
+ MB
2
nhỏ nhất.

Câu IV:
1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường thẳng y = 0 và
()
1x
x
1
x
y
2
+
−
=
.
2. Chứng minh rằng hệ
⎪

⎩
⎪
⎨
⎧
=+
=+
66CA
22CA
2
x
3
y
3
y
2
x
2. Cho đường tròn (C): x
2
+ y
2
– 8x + 6y + 21 = 0 và đường thẳng
d:
01y
x
=−+
. Xác định tọa độ các đỉnh hình vng ABCD ngoại
tiếp (C) biết A ∈ d

Câu Vb (cho chương trình THPT phân ban):
(

(x
0
, y
0
) là tiếp điểm thuộc (C) ⇔
5x6x2y
2
0
3
00
−+−=
Phương trình tiếp tuyến với (C) tại M
0
: y – y
0
= f '(x
0
)(x – x
0
)
⇔
(
)
(
)
5x6x2xxx12x6y
2
0
3
000

x12x12x6x65x6x213 −−+−−+−=−
⇔
3
00 0 0
x
3x 2 0 x 1vx 2−+=⇔= =−

Ta có
y(1) 1vy( 2) 35
=
−−=

M(1, –1) thì phương trình tiếp tuyến với (C) qua A là
y + 1 = 6(x – 1)
⇔ y = 6x – 7
M(–2, 35) thì phương trình tiếp tuyến với (C) qua A là
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 210

y – 35 = –48(x + 2) ⇔ y = –48x – 61
Câu II:
1. Giải phương trình:
2
x
3
cos2
42
x
cos
42
x

5
sin =
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
π
+
π
−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
π
−⇔2
x
3
cos2
2
x
4

⇔+ −=
⎜⎟⎜ ⎟
⎝⎠⎝ ⎠
22
x
3
cos2
2
x
3
cos
4
xcos2 =
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
π
+−⇔3x 2
cos 0v cos x
24
π

4
2
−+= (điều kiện: x ≥ 0)

()
()
0
x
1
1x
x
2
1
x'f
4
3
2
<
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
−
+

lim f(x) 0
→+∞
=
nên ta có
[
)
0f(x)1,x 0;<≤∀∈+∞
.
Vậy, p
hương trình (1) có nghiệm
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 211
⇔ miền giá trị của f trên đoạn
[
m ∈
)
0;
+
∞
⇔ 0 < m ≤ 1

Câu III:
1. Đường thẳng AB có VTCP
(
)
(
)
3,2,2412,8,8a −=−=

2
222
+=+
Do đó MA
2
+ MB
2
nhỏ nhất ⇔ MH
2
nhỏ nhất
Ta để thấy H(1, 1, 1), M
∈ (P)
MH nhỏ nhất ⇔ MH ⊥ (P) và để ý rằng mặt phẳng (P): x + y +
z = 0 có PVT
(
)
1,1,1OH =
và O ∈ (P) ⇒ M ≡ (0, 0, 0)
Vậy, với M(0, 0, 0) thì MA
2
+ MB
2
nhỏ nhất.
(khi đó, ta có
min(MA
2
+ MB
2
) = OA
2

≥
+
−
=

Do đó diện tích hình phẳng giới hạn bởi 2 đường đã cho là

()
111
2
22 2
000
x
1x
xx x1
Sdxdx1
x1 x1 x1
−
−+ +
⎛⎞
===−+
⎜⎟
++ +
⎝⎠
∫∫∫
dx

giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 212
+
π
=−=+=
+
+
=
4
0
4
0
1
0
2
2ln
2
1
4
tcoslntdt1tgtdx
1x
1x
S
Vậy
2ln
2
1
4
1S +
π
+−=


⎨
⎧
=+
=+
⇔
2007xgyf
200
7
yg
x
f

⇒ f(x) + g(y) = f(y) + g(x) (∗)
Nếu x > y ⇒ f(x) > f(y) ⇒ g(y) < g(x) ( do(∗) )
⇒ y > x ( do g giảm nghiêm cách ) ⇒ vơ lý.
Tương tự khi y > x cũng dẫn đến vơ lý.
Do đó, (1) (2)⇔
x
2
x
e20
x1
xy
⎧
070
+
−=⎪
⎨
−
⎪

1x
1
ex'h
−
−−=
−
−=

giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 213

()
()
()
5
x2 x
2
5
2
2
33
h'' x e x 1 .2x e 0
2
x1
−
x
=
+− =+ >

= 2
()
2
2
h 2 e 2007 0
3
⇒=+−<

Suy ra: h(x) = 0 có đúng 2 nghiệm x
1
> 1, x
2
> 1

Câu Va:

1. Với điều kiện: x
≥ 2, y ≥ 3, ta có:
() ()( )
()( )
()
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
=−+−−
=−−+−

32 2
6x 6x y 3y 2y 132 (1)
y3y2y.2xx132(2
⎧
−+− +=
⇔
⎨
−+ +−=
⎩
)

232
2
6x 6x y 3y 2y 132
11x 11x 132 0 (2) 2(1)
⎧
−+− +=
⇔
⎨
−−= −
⎩

{
()
()
{
2
32
x
4

d
Vậy AI là một đường chéo của hình vng ngoại tiếp đường
tròn, có bán kính R = 2 , x = 2 và x= 6 là 2 tiếp tuyến của (C ) nên
. Hoặc là A là giao điểm các đường (d) và x = 2 ⇒ A(2, –1)
. Hoặc là A là giao điểm các đường (d) và x = 6
⇒ A(6, –5)
. Khi A(2, –1) ⇒ B(2, –5); C(6, –5); D(6, –1)
. Khi A(6, –5) ⇒ B(6, –1); C(2, –1); D(2, –5)

Câu Vb:
1. Giải phương trình:
(
) ()
21x2log1xlog
3
2
3
=−+−(
)
33
2 log x 1 2log 2x 1 2⇔−+ −=(
)
33
log x 1 log 2x 1 1⇔−+ −=

−+=
⎩x
2⇔=

2. (Bạn đọc tự vẽ hình)
+BC vng góc với (SAB)
⇒ BC vng góc với AH mà AH vng với SB
⇒AH vng góc với (SBC) AH vng góc SC (1) ⇒
+ Tương tự AK vng góc SC (2)
(1) và (2) ⇒SC vng góc với (AHK )
2222
⇒
SB AB SA 3a=+=
SB = a3
AH.SB = SA.AB AH=
⇒
a6
3
⇒SH=
2a 3
3
⇒SK=
2a 3
3

(do 2 tam giác SAB và SAD bằng nhau và cùng vng tại A)
giải đề thi tuyển sinh đại học môn toán năm 2004 – 2008 215

Cách khác:
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho
A= O (0;0;0), B(a;0;0), C( a;a;0), D(0;a;0), S (0;0;
a2
)
Đề thi Dự trữ khối B-năm 2007
Đề II
Câu I: Cho hàm số
x2
m
1xy
−
++−=
(Cm)
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với m = 1
2. Tìm m để đồ thị (Cm) có cực đại tại điểm A sao cho tiếp tuyến
với (Cm) tại A cắt trục oy tại B mà ΔOBA vng cân.
Câu II:

1. Giải phương trình:
gxcottgx
xsin
x
2cos
xcos
x
2sin
−=+

2. Tìm m để phương trình :

+=
+−
+
+=
+−
+
xy
9y2y
xy2
y
yx
9x2x
x
y2
x
2
3
2
2
3
2Câu Va (cho chương trình THPT khơng phân ban):

1. Tìm hệ số của x
8
trong khai triển (x
2
+ 2)


2. Trong mặt phẳng (P) cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R
và điểm C thuộc nửa đường tròn đó sao cho AC = R. Trên đường
thẳng vng góc với (P) tại A lấy điểm S sao cho
. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A trên SB,
SC. Chứng minh
ΔAHK vng và tính V
()
o
60SBC,SAB =
∧
SABC
?

Bài giải
Câu I:
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
x2
1
1xy
−
++−=
(Bạn đọc tự
làm)
2. Ta có:
() ()
2
2
2
x2

, ta có:
x –
∞ x
1
2 x
2
+∞
y' – 0 + + 0 –
y
+∞

+∞

CĐCT

–∞

–∞
⇒ Điểm cực đại A(2 +
m
, –1 – 2
m
)
Phương trình tiếp tuyến với (Cm) tại điểm CĐ A có phương
trình:
m21y −−=
, do đó m21m21OB +=−−=

+
với a.A < 0
Do đó, khi hàm có cực trị thì x
CT
< x
CĐ
⇒ x
CĐ
=
2
x
2m=+
và y
CĐ
=
2
2x 3
1
−
−
= –1 – 2
m

Câu II:

1. Giải phương trình:
gxcottgx
xsin
x
2cos

x
sin
xcosxsin
x
cos
x
sin
xx2cos
22
−
=
−
⇔cosx cos2x sin2x 0⇔=− ∧ ≠

2
2 cos x cosx 1 0 sin2x 0⇔+−=∧≠

1
cosx (cosx 1 :loại vì sinx 0)
2
⇔= =− ≠π+
π
±=⇔ 2k
3

m1x9x6x4
1x
x1mx13x
1x
23
4
4
ycbt
⇔ đường thẳng y = –m cắt phần đồ thị f(x) = 4x
3
– 6x
2
–
9x – 1 với x
≤ 1 tại 1 điểm
f(x) = 4x
3
– 6x
2
– 9x – 1
TXĐ: x ≤ 1
f'(x) = 12x
2
– 12x – 9 = 3(4x
2
– 4x – 3)
f'(x) = 0 ⇔ 4x
2
– 4x – 3 = 0 ⇔
2

⇔− = − <− ⇔ =− >

Câu III:
1. Theo giả thiết A(2,0,0) M(0,–3,6) O(0,0,0)
Bán kính mặt cầu
()
5363MOR
2
2
=+−==

Khoảng cách từ tâm M của mặt cầu đến mặt phẳng (P):
x + 2y – 9 = 0

R53
5
15
5
960
d ===
−−
=

Vậy (P) tiếp xúc với mặt cầu tâm M bán kính MO
Phương trình đường thẳng d qua M và vng góc với mặt phẳng
(P) là: