Ôn thi đại học - Đề 41 đến đề 50

Hướng dẫn Đề số 41 Câu I: 2) Phương trình hoành độ giao điểm của d và (Cm): (1) Û (2) có 2 nghiệm phân biệt, khác 0 Û (*). Khi đó: Û Û (thoả (*)) Câu II: 1) PT Û Û Û . 2) Từ (1) Þ y ¹ 0. Khi đó Hệ PT Û Þ Û · Với : Từ (1) Þ y = 0 (loại). · Với : Từ (1) Þ · Với : Từ (1) Þ Câu III: Đặt Þ I = = . Câu IV: Gọi H, M, I lần lượt là trung điểm của AB, AC, AM Þ SH ^ (ABC), . SH = Þ . Câu V: · Chú ý: Với a, b > 0, ta có: . Þ P £ = £ = . Dấu "=" xảy ra Û . Vậy MinP = . Câu VI.a: 1) Giả sử: AB: , AC: . Suy ra: A(0; 3). BO ^ AC Þ BO: Þ B(–4; –7) Þ BC: . 2) Giả sử A(a; 0; 0) Î Ox, B(1+t; 2t; –2+2t) Î d. . Þ . AB = . . AB = d(A, (P)) Û Û Þ A(3; 0; 0). Câu VII.a: Giả sử số thoả mãn là: . · Nếu a1 = 1 thì có: (số) · Nếu a2 = 1 thì có: (số) · Nếu a3 = 1 thì có: (số) Þ Có tất cả: 840 + 720 + 720 = 2280 (số). Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3; 0), bán kính R = 2. Giả sử M(0; b) Î Oy. Vì góc giữa hai tiếp tuyến kẻ từ M bằng nên MI = = 4 Þ Û Û Þ hoặc . 2) d1 có VTCP , d2 có VTCP . Giả sử Î d1, Î d2. AB là đoạn vuông góc chung Û Û Û Þ A(2; 1; 4), B(2; 1; 0). Mặt cầu (S) có tâm là trung điểm I(2; 1; 2) của AB và bán kính R = . Þ (S): . Câu VII.b: PT Û Û . Hướng dẫn Đề số 42 www.VNMATH.com Câu I: 2) Phương trình đường thẳng MN: . Gọi I(a; b) Î MN Þ (1) Phương trình đường thẳng d qua I và vuông góc với MN là: . Hoành độ các giao điểm A, B của (C) và d là nghiệm của phương trình: (x ¹ –1) Û (x ¹ –1) A, B đối xứng nhau qua MN Û I là trung điểm của AB. Khi đó: Û (2) Từ (1) và (2) ta được: Û Suy ra phương trình đường thẳng d: Þ A(2; 0), B(0; –4). Câu II: 1) PT Û (*). Ta có: . Do đó (*) Û Û Û . 2) PT Û (1). Ta thấy không phải là nghiệm của (1). Với , ta có: (1) Û Û Đặt . Ta có: Do đó f(x) đồng biến trên các khoảng và Þ Phương trình f(x) = 0 có nhiều nhất 1 nghiệm trên từng khoảng . Ta thấy là các nghiệm của f(x) = 0. Vậy PT có 2 nghiệm . Câu III: Ta có: . Do đó: I = = = Đặt Þ Þ I = = . Câu IV: Trên AC lấy điểm D sao cho: DS ^ SC (D thuộc đoạn AC) Þ . Ta có: Þ Þ Þ = và = Þ SD = Mặt khác, Þ = Mà Þ Vậy: . Câu V: Đặt Þ Þ P = = Đặt . Khi đó: P = = = Dấu "=" xảy ra Û Û . Vậy MinP = khi . Câu VI.a: 1) Giả sử A(a; –a –1) Î d1, B(b; 2b – 1) Î d2. Û Û Þ A(0; –1), B(3; 5) Þ Phương trình d: . 2) PTTS của AB: Þ Giao điểm của AB với (P) là: M(7; –3; 1) Gọi I là hình chiếu của B trên (P). Tìm được I(3; 0; 2). Hình chiếu d của đường thẳng AB là đường thẳng MI. Þ Phương trình đường thẳng d là: Câu VII.a: PT có các nghiệm Þ . Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(1; 1) và bán kính R = . IM = Þ M nằm trong đường tròn (C). Giả sử d là đường thẳng qua M và H là hình chiếu của I trên d. Ta có: AB = 2AH = . Dấu "=" xảy ra Û H º M hay d ^ IM. Vậy d là đường thẳng qua M và có VTPT Þ Phương trình d: . 2) Phương trình mp(ABC): . Gọi H(x; y; z) là trực tâm của DABC. Ta có: Û Û Þ . Câu VII.b: Phương trình Û Û Số hạng thứ 6 trong khai triển là: Ta có: Û Û Û Û Û Hướng dẫn Đề số 43 www.VNMATH.com Câu I: 2) Giao điểm của hai tiệm cận là I(1; 2). Gọi M(a; b) Î (C) Þ (a ¹ 1) Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M: Phương trình đwòng thẳng MI: Tiếp tuyến tại M vuông góc với MI nên ta có: Û Vậy có 2 điểm cần tìm M1(0; 1), M2(2; 3) Câu II: 1) PT Û Đặt , PT trở thành: Û Û Û · Với · Với · Với 2) Điều kiện: Û x ³ 1. Khi đó: (do x ³ 1) Þ VT > = 2 Þ PT vô nghiệm. Câu III: Phương trình tung độ giao điểm của (C) và (d): Û V = = Câu IV: Gọi N = BM Ç AC Þ N là trọng tâm của DABD. Kẻ NK // SA (K Î SC). Kẻ KI // SO (I Î AC) Þ KI ^ (ABCD). Vậy Ta có: DSOC ~ DKIC Þ (1), DKNC ~ DSAC Þ (2) Từ (1) và (2) Þ Þ Ta có: DADC đều Þ CM ^ AD và CM = Þ SBCDM = Þ VK.BCDM = Câu V: Ta có . Ta cần chứng minh: . Thật vậy, áp dụng BĐT Cô–si ta có: Þ Þ Þ (1) Tương tự: (2), (3) Do đó: Dấu "=" xảy ra Û . Câu VI.a: 1) Tam giác OAB có diện tích lớn nhất Û DOAB vuông cân tại O. Khi đó . Giả sử phương trình đường thẳng d: Ta có: Û Û Û · Với : chọn A = 47 Þ B = Þ d: · Với : chọn A = 47 Þ B = Þ d: 2) (P) có VTPT . Giả sử A¢(x; y; z). Gọi I là trung điểm của AA¢ Þ . Ta có: A¢ đối xứng với A qua (P) Û Û Û . Vậy: A¢(–4; –3; –2). Câu VII.a: Số các số gồm 6 chữ số khác nhau lập từ các số 1, 2, 3, 4, 5, 6 là: 6! (số) Số các số gồm 6 chữ số khác nhau mà có 2 số 1 và 6 đứng cạnh nhau là: 2.5! (số) Þ Số các số thoả yêu cầu bài toán là: 6! – 2.5! = 480 (số) Câu VI.b: 1) Ta có A = AD Ç AM Þ A(9; –2). Gọi C¢ là điểm đối xứng của C qua AD Þ C¢ Î AB. Ta tìm được: C¢(2; –1). Suy ra phương trình (AB): Û . Viết phương trình đường thẳng Cx // AB Þ (Cx): Gọi A¢ = Cx Ç AM Þ A¢(–17; 6). M là trung điểm của AA¢ Þ M(–4; 2) M cũng là trung điểm của BC Þ B(–12; 1). 2) Giả sử Î d1, Î d2. Þ AB // Oz Û Û Û Þ Þ Phương trình đường thẳng AB: Câu VII.b: · (1) Û . Đặt f(x) = . Ta có: f¢(x) = Þ f(x) đồng biến. Mặt khác f(2) = 0, nên nghiệm của (1) là: S1 = [2; +¥) · (2) Û Û Û (*) · Hệ có nghiệm Û (*) có nghiệm thuộc [2; +¥) Đặt g(x) = . Ta có: g¢(x) = > 0, "x ³ 2 Þ g(x) đồng biến trên [2; +¥) và g(2) = . Do đó (*) có nghiệm thuộc [2; +¥) Û . Vậy để hệ có nghiệm thì . Hướng dẫn Đề số 44 www.VNMATH.com Câu I: 2) TXĐ: D = R \ {1}. Để đồ thị tiếp xúc với đường thẳng thì: Từ (**) ta có Û · Với x = m, thay vào (*) ta được: (thoả với mọi m). Vì x ¹ 1 nên m ¹ 1. · Với x = 2 – m, thay vào (*) ta được: Û Û Þ x = 1 (loại) Vậy với m ¹ 1 thì đồ thị hàm số tiếp xúc với đường thẳng . Câu II: 1) PT Û Û Û 2) . Điều kiện: . (1) Û Û Û (vì nên ) Thay vào (2) ta được: Û Û Vậy hệ có 2 nghiệm: (1; 0), (–2; 3). Câu III: Đặt Þ dt = –dx. Ta có I = = Þ 2I = + = = = = 1 . Vậy: I = . Câu IV: Vì ABB¢A¢ là hình bình hành nên ta có: . Mà Vậy, . Câu V: Ta có: P = Xét . Ta có: Þ Suy ra: P ³ . Dấu "=" xảy ra Û cùng hướng hay y = 0. Mặt khác, áp dụng BĐT Bunhiacôpxki ta có: Þ . Dấu "=" xảy ra Û . Do đó: P ³ ³ . Dấu "=" xảy ra Û . Vậy MinP = khi . Câu VI.a: 1) Ta có: Þ . Gọi M(x; y) Î (E). Ta có: . Ta có: Û Û x = 0 (y= ± 5) Vậy có 2 điểm thoả YCBT: M1(0; 5), M2(0; –5). 2) Gọi I là điểm thoả: Þ Ta có: T = Do đó: T nhỏ nhất Û nhỏ nhất Û M là hình chiếu của I trên (P). Ta tìm được: . Câu VII.a: Ta có: Þ Þ . Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(3; 4). · Ta có: Þ AI là đường trung trực của BC. DABC vuông cân tại A nên AI cũng là phân giác của . Do đó AB và AC hợp với AI một góc . · Gọi d là đường thẳng qua A và hợp với AI một góc . Khi đó B, C là giao điểm của d với (C) và AB = AC. Vì ¹ (1; 1), (1; –1) nên d không cùng phương với các trục toạ độ Þ VTCP của d có hai thành phần đều khác 0. Gọi là VTCP của d. Ta có: Û Û · Với a = 3, thì Þ Phương trình đường thẳng d: . Ta tìm được các giao điểm của d và (C) là: · Với a = , thì Þ Phương trình đường thẳng d: . Ta tìm được các giao điểm của d và (C) là: · Vì AB = AC nên ta có hai cặp điểm cần tìm là: và 2) Gọi H là hình chiếu của M trên d. Ta có: MH = . Tam giác ABM đều, nhận MH làm đường cao nên: MA = MB = AB = Do đó, toạ độ của A, B là nghiệm của hệ: . Giải hệ này ta tìm được: . Câu VII.b: Điều kiện: . Từ (2) ta có: Þ . (1) Û Û . Xét hàm số: f(t) = (t > 0). Ta có: f ¢(t) = Þ f(t) đồng biến khi t > 0 Þ f(x) = f(2y) Û x = 2y Thay x = 2y vào (2) ta được: Û Vậy nghiệm của hệ là: . Hướng dẫn Đề số 45 www.VNMATH.com Câu I: 2) Gọi là toạ độ của tiếp điểm. Tam giác OAB cân tại O nên tiếp tuyến song song với một trong hai đường thẳng hoặc . Þ Û Þ · Với Þ D: (loại) · Với Þ D: (nhận) Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là: . Câu II: 1) Điều kiện: Û PT Û Û Û Û Û . Vậy PT có nghiệm: . 2) Điều kiện: . Đặt Þ . Ta có hệ PT: . Giải hệ này ta được Þ Û . Thử lại, ta thấy là nghiệm của PT. Vậy PT có nghiệm . Câu III: I = = A – B. · A = = = · B = = Vậy I = – . Câu IV: Gọi E là trung điểm của AB Þ BC = . Ta có: Trong tam giác BIC, kẻ đường cao IF, ta có: IF = . Từ giả thiết Þ SI ^ (ABCD) Þ Þ SI = Þ Thể tích khối chóp S.ABCD: . Câu V: Xét điều kiện: Þ Þ (*) Đặt (u, v > 0). Từ (*) Þ Þ (1) Khi đó ta có: BĐT Û Û Û Û (2) (do (1)) Mặt khác từ (1) ta có: (3) và Þ Þ (4) Từ (3) và (4) ta suy ra được điều cần chứng minh (2). Câu VI.a: 1) Giả sử E(a; 5 – a) Î D Þ Gọi P là điểm đối xứng của E qua I Þ P(12 – a; a – 1), Ta có: Û Û Đường thẳng đi qua M(1; 5) và nhận làm VTPT. · Với Þ Þ Phương trình AB: · Với Þ Þ Phương trình AB: 2) (S) có tâm I(1; 2; 3), bán kính R = 5 Þ (P) cắt (S) theo một đường tròn (C). Dễ xác định tâm đường tròn (C) là J(3; 0; 2) và bán kính là r = 4. Câu VII.a: PT có các nghiệm: Þ A = = 20 Câu VI.b: 1) (C) có tâm I(–2; –2), bán kính R = . Ta có: Dấu "=" xảy ra Û Û Û DAIB vuông cân tại I Khi đó: Û Û Û 2) Giả sử: Î D1. Khoảng cách từ M đến D2: Khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P): Từ đó ta có: = Û Û · Với t = 1 Þ M(0; 1; –3) · Với t = Þ Câu VII.b: Điều kiện: Hệ PT Û Û Û vậy hệ phương trình có 2 nghiệm: (2; 2), (–2; –2). Hướng dẫn Đề số 46 www.VNMATH.com Câu I: 2) PTTT của (C) tại điểm là: D qua O Þ Các tiếp tuyến cần tìm: , . Câu II: 1) PT Û Û . KL: nghiệm PT là . 2) Ta có: Khi thì hệ VN. Khi , chia 2 vế cho ta được: Đặt , ta có : Câu III: Ta có: nên PT Xét Kết luận: Câu IV: Gọi O là giao điểm AC và BD . Ta có: Gọi M, N là trung điểm AB và CD và I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác SMN. Ta chứng minh I cách đều các mặt của hình chóp Câu V: Đặt . Ta có: Và . Suy ra : . Điều kiện:. Do đó: , và . Kết luận: Max P = và Min P = Câu VI.a: 1) PT Û 2) Ta có: . Đặt Suy ra : = Câu VII.a: Gọi M là hình chiếu của lên Oy, ta có: . là bán kính mặt cầu cần tìm. Kết luận: PT mặt cầu cần tìm là . Câu VI.b: 1) Điều kiện : x > 0 . BPT Đặt . Ta có: hoặc Û hoặc . 2) Ta có: . Hàm số có 2 cực trị có 2 nghiệm phân biệt, khác 0 Khi đó các điểm cực trị là: . Dấu "=" xảy ra Û. Kết luận: . Câu VII.b: . Hệ số góc của tiếp tuyến (D) cần tìm là . Þ PT (D) có dạng hoặc · tiếp xúc (C) . Kết luận: · tiếp xúc (C) . Kết luận: . Hướng dẫn Đề số 47 www.VNMATH.com Câu I: 2) Phương trình HĐGĐ của đồ thị (1) và trục Ox: (*). Đặt , ta có : (**) Ta có : và với mọi . Nên PT (**) có nghiệm dương. Þ PT (*) có ít nhất 2 nghiệm phân biệt (đpcm). Câu II: 1) PT . Û Û Û 2) . Từ (1) Þ , nên (2) Û (vì y ¹ 0) Xét Dựa vào BTT ta kết luận được hệ có nghiệm duy nhất . Câu III: Ta có: Þ Câu IV: Gọi T là giao điểm của MN với CD; Q là giao điểm của PT với AD. Vẽ DD¢ // BC, ta có: DD¢=BM . Mà: Nên: (1) Và: (2). Từ (1) và (2), suy ra : . Kết luận: Tỉ số thể tích cần tìm là hoặc . Câu V: Áp dụng BĐT Cô-si ta có: (1). Dấu bằng xảy ra Û. Tương tự: (2) và (3). Mà: (4). Cộng (1),(2),(3),(4), ta có: . Dấu "=" xảy ra Û . Vậy GTNN của P là 19 khi . Câu VI.a: 1) Điều kiện : . PT Û Û Û Û 2) Ta có: . Do đó: Suy ra tọa độ các điểm trên đồ thị có hoành độ và tung độ là những số nguyên là Kết luận: Phương trình đường thẳng cần tìm là: . Câu VII.a: Gọi là tâm đường tròn cần tìm. Ta có:. · thì phương trình đường tròn là: . · thì phương trình đường tròn là: . Câu VI.b: 1) Điều kiện :. Đặt , ta có : BPTÛ . 2) Ta có: .  ; y¢¢ đổi dấu qua . Suy ra: là điểm uốn. Để điểm uốn U nằm trên đồ thị hàm số thì Û Câu VII.b: Ta có: Þ đều. Do đó tâm I của đường tròn ngoại tiếp là trọng tâm của nó. Kết luận: . Hướng dẫn Đề số 48 www.VNMATH.com Câu I: 2) Gọi d là đường thẳng qua I và có hệ số góc k Þ PT . Ta có: d cắt ( C) tại 2 điểm phân biệt M, N có 2 nghiệm phân biệt khác . Hay: có 2 nghiệm phân biệt khác Mặt khác: I là trung điểm MN với . Kết luận: PT đường thẳng cần tìm là với . Câu II: 1) PT Û 2) Ta có : . · Khi: , ta có: và Suy ra: là các nghiệm của phương trình: Vậy nghiệm của Hệ PT là: hoặc . · Khi: , ta có: và Suy ra: là nghiệm của phương trình: Câu III: Đặt . Điều kiện: . PT trở thành: Û Xét hàm số: . Dựa vào BBT, ta kết luận . Câu IV: Gọi M là trung điểm BC, hạ AH vuông góc với A¢M. Ta có: . Mà . Mặt khác: . Kết luận: . Câu V: Ta có: (1) Tương tự: (2), (3). Cộng (1), (2), (3), ta có: Câu VI.a: 1) Điều kiện: . BPT Û hay So sánh với điều kiện. Kết luận: Nghiệm của BPT là . 2) Đặt . Suy ra : Câu VII.a: Gọi là giao điểm của d với Ox, Oy, suy ra: . Theo giả thiết, ta có: Û . · Khi thì . Nên: . · Khi thì . Ta có: . + Với + Với . Câu VI.b: 1) (*). Từ (1) ta có: · Khi: thì (*) Û Û . · Khi: thì (*) Û Û 2) Ta có: Þ Câu VII.b: PTCT elip (E) có dạng: . Ta có: Û . Vậy (E): Hướng dẫn Đề số 49 www.VNMATH.com Câu I: 2) Tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M có hoành độ thuộc đồ thị (C) có phương trình: Tâm đối xứng . Ta có lớn nhất Û Từ đó suy ra có hai tiếp tuyến và . Câu II: 1) Điều kiện Để ý rằng: Khi đó PT trở thành: : Không thoả điều kiện (*). Vậy phương trình đã cho vô nghiệm. 2) Điều kiện: Đặt . Hệ PT trở thành: Thay (2) vào (1) ta được: · Nếu v = 3 thì u = 9, ta có Hệ PT: · Nếu thì u = 7, ta có Hệ PT: So sánh điều kiện ta được 4 nghiệm của Hệ PT. Câu III: Đặt · Tính . Đặt Từ đó . Câu IV: Kẻ SO ^ (ABCD) thì O là giao điểm của AC và BD. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB và CD; G là trọng tâm SAC . Góc giữa mặt bên (SCD) và đáy (ABCD) là Þ DSIJ đều cạnh a Þ G cũng là trọng tâm DSIJ. IG cắt SJ tại K là trung điểm của SJ; M, N là trung điểm của SC, SD. ; Suy ra: . Câu V: Vì nên Tương tự : Cộng các BĐT (1), (2), (3) vế theo vế ta được: Sử dụng BĐT (4) và BĐT Cô–si ta có: Cũng theo BĐT Cô–si ta có : Do đó: (đpcm) Dấu "=" xảy ra Û a = b = c = 1. Câu VI.a: 1) Gọi I là trung điểm của BC. Ta có Đường thẳng BC qua I vuông góc với AH có phương trình: Vì là trung điểm của BC nên giả sử thì và H là trực tâm của tam giác ABC nên ; Vậy hoặc 2) có tâm và R = 5. Khoảng cách từ I đến (a) là: Þ (a) và mặt cầu (S) cắt nhau. Gọi J là điểm đối xứng của I qua (a). Phương trình đường thẳng IJ : Toạ độ giao điểm H của IJ và (a) thoả Vì H là trung điểm của IJ nên . Mặt cầu (S¢) có tâm J bán kính R¢ = R = 5 nên có phương trình: Câu VII.a: Có 2 trường hợp xảy ra: · Trường hợp 1: Đội tuyển có Vũ Mạnh Cường, không có Ngô Thu Thuỷ Số cách chọn 3 nam còn lại là . Số cách chọn 3 nữ không có Ngô Thu Thuỷ là . Suy ra số cách chọn trong trường hợp này là (cách) · Trường hợp 2: Đội tuyển có Ngô Thu Thuỷ, không có Vũ Mạnh Cường Số cách chọn 4 nam không có Vũ Mạnh Cường là Số cách chọn 2 nữ còn lại là Suy ra số cách chọn trong trường hợp này là (cách) Vậy số cách chọn đội tuyển bóng bàn Quốc gia là: 1680 + 540 = 2220 (cách) Câu VI.b: 1) Ta có AC vuông góc với BH và đi qua M(1; 1) nên có phương trình: . Toạ độ đỉnh A là nghiệm của hệ : Vì M là trung điểm của AC nên Vì BC đi qua C và song song với d nên BC có phương trình: 2) Do ABCD là hình thang cân nên AD = BC = 3. Gọi là đường thẳng qua C và song song với AB, (S) là mặt cầu tâm A bán kính R = 3. Điểm D cần tìm là giao điểm của và (S). Đường thẳng có vectơ chỉ phương nên có phương trình: Phương trình mặt cầu Toạ độ điểm D thoả Hệ PT: · Với t = – 1, thì D(4; – 3; 0) : không thoả vì AB = CD = 7 · Với (nhận) Câu VII.b: Ta có: · Với x = 0 thay vào (1) ta được: · Với thay vào (1) ta được : Đặt , vì nên . Khi đó: (3) : Suy ra: ; Vậy Hệ PT đã cho có 2 nghiệm và Hướng dẫn Đề số 50 Câu I: 2) · Khi m = 0 thì (1) đồng biến trên R thoả yêu cầu bài toán. · Khi thì (1) có 2 cực trị Do đó đồ thị cắt Ox tại duy nhất 1 điểm khi: Kết luận: khi thì đồ thị của (1) cắt Ox tại duy nhất một điểm. Câu II: 1) PT Û Û Û Û Û 2) . Điều kiện : Ta có: (1) Û · Với , thế vào (2) ta được : Þ Hệ có nghiệm · Với , thế vào (2) ta được : Vô nghiệm. Kết luận: hệ phương trình có 2 nghiệm là: Câu III: . Đặt Đổi cận: Ta được = Câu IV: Kẻ đường cao SH, gọi I là trung điểm BC. Giả thiết cho . Gọi x là độ dài cạnh của DABC. Suy ra : DSAH vuông tại H DSHI vuông cân tại H Suy ra: Do đó: Câu V: Gọi . Đặt thì Với Ta có: (đpcm) Câu VI.a: 1) Ta có và . Phương trình các đường phân giác của các góc tạo bởi , là: D1: và D2: tạo với , một tam giác vuông cân vuông góc với D1 hoặc D2.. Þ Phương trình của có dạng: hay Mặt khác, qua nên C = 25 ; C¢ = 77 Suy ra : hay Theo giả thiết tam giác vuông cân có diện tích bằng Þ cạnh huyền bằng Suy ra độ dài đường cao A H == · Với thì ( thích hợp) · Với thì ( loại ) 2) Theo giả thiết mp(Oxy) và (P): vuông góc với trục Oz , cắt mặt cầu theo 2 đường tròn tâm , bán kính và tâm , bán kính. Suy ra tâm mặt cầu (S) là Î Oz. R là bán kính mặt cầu thì : Û Þ , Vậy phương trình mặt cầu (S) : Câu VII.a: Û n = 6 và n = – 3 ( loại ) Khi đó: Ta có : Nên Û Û Vậy a = 1 và n = 6 . Câu VI.b: 1) (C) có tâm và bán kính R = 5. Gọi H là trung điểm dây cung AB thì AH = 4 và hay (*) (D) qua gốc tọa độ nên phương trình có dạng: Từ (*) cho : Û hay · Với , chọn A = 3; B = – 4 Þ Phương trình của (D): · Với A = 0, chọn B = 1 Þ Phương trình của (D): . Kết luận : PT của (D) là hay . 2) (D) qua điểm A(1;0;0) và có VTCP . (P) có VTPT . Giao điểm M(0;0;m) cho . (a) có VTPT (a) và (P): tạo thành góc 600 nên : Û. Kết luận : hay Câu VII.b: PT Đặt : , ; ; Kết luận : Khi thì PT có nghiệm .