http://tranduythai.violet.vn Biờn son: Trn Duy Thỏi 65 2 3 2 2 1 k x k y kx 2 2 5 2 2 2 x x y x Vậy quĩ tích cần tìm là đờng cong 2 2 5 2 2 2 x x y x 0,25 VIII. b Gii phng trỡnh . . . (1,0 im) iu kin : x>0 t 2 log 3 1 x =u, 2 log 3 1 x v ta cú pt u +uv 2 = 1 + u 2 v 2 (uv 2 -1)(u 1) = 0 2 1 1 u uv . . . x =1 0,25 0,5 0,25 12 Cõu I. (2 im). Cho hm s 2 1 1 x y x (1). 1) Kho sỏt v v th (C) ca hm s (1). 2) Tỡm im M thuc th (C) tip tuyn ca (C) ti M vi ng thng i qua M v giao im hai ng tim cn cú tớch h s gúc bng - 9. Cõu II. (2 im) 1) Gii phng trỡnh sau: 2 1 1 2 2 x x . 2) Gii phng trỡnh lng giỏc: 4 4 4 sin 2 os 2 os 4 tan( ).tan( ) 4 4 x c x c x x x . Cõu III. (1 im) Tớnh gii hn sau: 3 2 2 0 ln(2 . os2 ) 1 lim x e e c x x L x Cõu IV. (2 im) Cho hỡnh nún nh S cú di ng sinh l l, bỏn kớnh ng trũn ỏy l r. Gi I l tõm mt cu ni tip hỡnh nún (mt cu bờn trong hỡnh nún, tip xỳc vi tt c cỏc ng sinh v ng trũn ỏy ca nún gi l mt cu ni tip hỡnh nún). 1. Tớnh theo r, l din tớch mt cu tõm I; 2. Gi s di ng sinh ca nún khụng i. Vi iu kin no ca bỏn kớnh ỏy thỡ din tớch mt cu tõm I t giỏ tr ln nht? Cõu V (1 im) Cho cỏc s thc x, y, z tha món: x 2 + y 2 + z 2 = 2. Tỡm giỏ tr ln nht, giỏ tr nh nht ca biu thc: P = x 3 + y 3 + z 3 3xyz. Cõu VI. (1 im) Trong mt phng ta Oxy cho hỡnh ch nht ABCD cú tõm 1 ( ; 0) 2 I ng thng AB cú phng trỡnh: x 2y + 2 = 0, AB = 2AD v honh im A õm. Tỡm ta cỏc nh ca hỡnh ch nht ú. Cõu VII. (1 im) Gii h phng trỡnh : www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 66 2 2 2 2 3 2 2010 2009 2010 3 log ( 2 6) 2 log ( 2) 1 y x x y x y x y                ĐÁP ÁN ĐỀ 12 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM I.1 Hàm số: 2 1 3 2 1 1 x y x x       +) Giới hạn, tiệm cận: ( 1) ( 1) 2; 2; ; lim lim lim lim x x x x y y y y               - TC đứng: x = -1; TCN: y = 2. +)   2 3 ' 0, 1 y x D x      +) BBT: x -  - 1 +  y' + || + y  2 || 2  +) ĐT: 1 điểm I.2 +) Ta có I(- 1; 2). Gọi 0 2 0 0 3 3 ( ) ( ;2 ) 1 ( 1) M I IM M I y y M C M x k x x x x            +) Hệ số góc của tiếp tuyến tại M:   0 2 0 3 '( ) 1 M k y x x    +) . 9 M IM ycbt k k   +) Giải được x 0 = 0; x 0 = -2. Suy ra có 2 điểm M thỏa mãn: M(0; - 3), M(- 2; 5) 1 điểm II.1 +) ĐK: ( 2; 2) \{0}x   +) Đặt 2 2 , 0y x y   Ta có hệ: 2 2 2 2 x y xy x y        1 điểm 8 6 4 2 -2 -4 -6 -10 -5 5 10 www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 67 +) Giải hệ đx ta được x = y = 1 và 1 3 1 3 2 2 ; 1 3 1 3 2 2 x x y y                           +) Kết hợp điều kiện ta được: x = 1 và 1 3 2 x    II.2 +) ĐK: , 4 2 x k k Z      4 4 2 2 4 2 ) tan( ) tan( ) tan( )cot( ) 1 4 4 4 4 1 1 1 sin 2 os 2 1 sin 4 os 4 2 2 2 2cos 4 os 4 1 0 x x x x x c x x c x pt x c x                     +) Giải pt được cos 2 4x = 1  cos8x = 1  4 x k   và cos 2 4x = -1/2 (VN) +) Kết hợp ĐK ta được nghiệm của phương trình là , 2 x k k Z    1 điểm III 3 3 2 2 2 2 0 0 3 2 2 2 2 2 2 3 2 2 23 0 0 2 2 2 2 ln(2 . os2 ) 1 ln(1 1 os2 ) 1 1 lim lim ln(1 2 sin 2 ) 1 1 ln(1 2 sin 2 ) 1 lim lim (1 ) 1 1 2 sin 2 sin 2sin 2sin 1 5 2 3 3 x x x x e e c x x c x x L x x x x x x x x x x x x x x                                                           1 điểm IV.1 +) Gọi C r là bán kính mặt cầu nội tiếp nón, và cũng là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác SAB. Ta có: 2 2 1 ( ). . 2 .2 2( ) SAB C C C S pr l r r SM AB l r r l r r r l r l r            +) S cầu = 2 2 4 4 C l r r r l r      1 điểm IV.2 +) Đặt : 2 3 2 2 2 ( ) ,0 5 1 2 ( ) 2 ) '( ) 0 ( ) 5 1 2 lr r y r r l l r r l r r rl l y r l r r l                        +) BBT: 1 điểm r l I M S A B www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 68 r 0 5 1 2 l  l y'(r) y(r) y max +) Ta có max S cầu đạt  y(r) đạt max  5 1 2 r l   V +) Ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( )( ) ( ) ( ) 2 2 ( ) ( ) ( ) 2 ( ) 3 2 2 P x y z x y z xy yz zx x y z x y z P x y z x y z x y z x y z P x y z x y z                                                   +) Đặt x +y + z = t, 6( cov )t Bunhia xki , ta được: 3 1 ( ) 3 2 P t t t  +) '( ) 0 2P t t    , P( 6 ) = 0; ( 2) 2 2P    ; ( 2) 2 2P  +) KL: ax 2 2; 2 2M P MinP   1 điểm VI +) 5 ( , ) 2 d I AB   AD = 5  AB = 2 5  BD = 5. +) PT đường tròn ĐK BD: (x - 1/2) 2 + y 2 = 25/4 +) Tọa độ A, B là nghiệm của hệ: 2 2 2 1 25 2 ( ) ( 2;0), (2;2) 2 4 2 2 2 0 0 x y x y A B x x y y                                 (3;0), ( 1; 2)C D   VII 2 2 2 2 3 2 2010 2009 (1) 2010 3 log ( 2 6) 2 log ( 2) 1(2) y x x y x y x y                +) ĐK: x + 2y = 6 > 0 và x + y + 2 > 0 +) Lấy loga cơ số 2009 và đưa về pt: 2 2 2 2 2009 2009 log ( 2010) log ( 2010)x x y y     +) Xét và CM HS 2009 ( ) log ( 2010), 0f t t t t    đồng biến, từ đó suy ra x 2 = y 2  x= y, x = - y +) Với x = y thế vào (2) và đưa về pt: 3log 3 (x +2) = 2log 2 (x + 1) = 6t Đưa pt về dạng 1 8 1 9 9 t t               , cm pt này có nghiệm duy nhất t = 1  x = y =7 +) Với x = - y thế vào (2) được pt: log 3 (y + 6) = 1  y = - 3  x = 3 ĐỀ 13 PHẦN A : DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THI SINH . www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 69 Câu I (2,0 điểm) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số : y = x 3 – 3x 2 + 2 2) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình : 2 2 2 1 m x x x     Câu II (2,0 điểm ) 1) Giải phương trình : 5 2 2 os sin 1 12 c x x          2) Giải hệ phương trình: 2 8 2 2 2 2 log 3log ( 2) 1 3 x y x y x y x y               . Câu III(1,0 điểm ) Tính tích phân: /4 2 /4 sin 1 x I dx x x        Câu IV ( 1,0 điểm ) : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a , AD = 2a . Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy , cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy một góc 60 0 .Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho AM = 3 3 a , mặt phẳng ( BCM) cắt cạnh SD tại N .Tính thể tích khối chóp S.BCNM Câu V (1,0 điểm ) Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 5 -x + 5 -y +5 -z = 1 .Chứng minh rằng         25 25 25 25 5 5 5 5 5 x y z x y z y z x z x y   5 5 5 4 x y z PHẦN B ( THÍ SINH CHỈ ĐƯỢC LÀM MỘT TRONG HAI PHẦN ( PHẦN 1 HOẶC PHẦN 2) PHẦN 1 ( Dành cho học sinh học theo chương trình chuẩn ) Câu VI.a 1.( 1,0 điểm ) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC với A(1; -2), đường cao : 1 0CH x y   , phân giác trong : 2 5 0BN x y   .Tìm toạ độ các đỉnh B,C và tính diện tích tam giác ABC 2.( 1,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho đường thẳng d 2 1 4 6 8 x y z      và hai điểm A(1;-1;2) ,B(3 ;- 4;-2).Tìm điểm I trên đường thẳng d sao cho IA +IB đạt giá trị nhỏ nhất Câu VII.a (1 điểm): Giải phương trình sau trên tập số phức C: 2 4 3 1 0 2 z z z z     PHẦN 2 ( Dành cho học sinh học chương trình nâng cao ) Câu VI.b 1. (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I là giao điểm của đường thẳng 03: 1  yxd và 06: 2  yxd . Trung điểm của một cạnh là giao điểm của d 1 với trục Ox. Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. (1,0điểm) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đường thẳng : D 1 : 2 1 1 1 2 x y z     , D 2 : 2 2 3 x t y z t          Viết phương trình mặt cầu có đường kính là đoạn vuông góc chung của D 1 và D 2 CâuVII.b ( 1,0 điểm) Tính tổng: 0 4 8 2004 2008 2009 2009 2009 2009 2009 .S C C C C C      ĐÁP ÁN ĐỀ 13 Câu I 2 điểm a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 2 3 2y x x .   www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 70  Tập xác định: Hàm số có tập xác định D R.  Sự biến thiờn: 2 3 6y' x x.  Ta có 0 0 2 x y' x        0,25      0 2 2 2 CD CT y y ; y y .     0,25  Bảng biến thiên: x  0 2  y'  0  0  y 2   2 0,25  Đồ thị: f(x)=(x^3)-3*(x)^2+2 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -5 5 x y 0,25 Biện luận số nghiệm của phương trình 1 22 2   x m xx theo tham số m.  Ta có   2 2 2 2 2 2 1 1 1 m x x x x x m,x . x           Do đó số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của     2 2 2 1y x x x , C'    và đường thẳng 1y m,x .  0,25 b)  Vỡ       2 1 2 2 1 1 f x khi x y x x x f x khi x             nờn   C' bao gồm: + Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng 1x . + Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng 1x  qua Ox. 0,25 www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 71  hình f(x)=abs(x-1)(x^2-2*x-2) -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -5 5 x y 0,25  Dựa vào đồ thị ta có: + 2m :  Phương trình vụ nghiệm; + 2m :  Phương trình có 2 nghiệm kộp; + 2 0m :   Phương trình có 4 nghiệm phõn biệt; + 0m : Phương trình có 2 nghiệm phõn biệt. 0,25 2) Đồ thị hàm số y = 2 ( 2 2) 1x x x   , với x  1 có dạng như hình vẽ : II 1) 5 2 2 os sin 1 12 c x x          5 5 2 sin 2 sin 1 12 12 x                   1+ 3 1- 3 - 2 m 1 2 www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 72 1) 0.25 5 5 1 5 5 sin 2 sin sin sin 2 sin sin 12 12 4 12 4 12 2 2cos sin sin 3 12 12 x x                                                0.25   5 2 2 5 6 12 12 sin 2 sin 5 13 312 12 2 2 12 12 4 x k x k x k x k x k                                                     0.5 2.) Giải hệ phương trình: 2 8 2 2 2 2 log 3log ( 2) 1 3 x y x y x y x y               . Điều kiện: x+y>0, x-y>0 2 8 2 2 2 2 2 2 2 2 log 3log (2 ) 2 1 3 1 3 x y x y x y x y x y x y x y x y                              0,25đ Đặt: u x y v x y        ta có hệ: 2 2 2 2 2 ( ) 2 4 2 2 3 3 2 2 u v u v u v uv u v u v uv uv                          0,25đ 2 2 4 (1) ( ) 2 2 3 (2) 2 u v uv u v uv uv               . Thế (1) vào (2) ta có: 2 8 9 3 8 9 (3 ) 0uv uv uv uv uv uv uv           . 0,25đ Kết hợp (1) ta có: 0 4, 0 4 uv u v u v          (vỡ u>v). Từ đó ta có: x =2; y =2.(T/m) KL: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y)=(2; 2). 0,25đ Câu III 1 Tính tích phân : /4 2 /4 sin 1 x I dx x x        /4 /4 /4 2 1 2 2 /4 /4 /4 sin 1 sin sin 1 x I dx x xdx x xdx I I x x                     Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thì 1 0I  , tích phân từng phần 2 I được kết quả. 0.5đ Áp dụng hàm lẻ, đặt x=-t thì 1 0I  , tích phân từng phần 2 I được kết quả. 0.5đ Câu IV : S M N www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 73 Tính thể tích hình chóp SBCMN ( BCM)// AD nên mặt phẳng này cắt mp( SAD) theo giao tuyến MN // AD Ta có : BC AB BC BM BC SA        . Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường cao Ta có SA = AB tan60 0 = a 3 , 3 3 2 3 2 3 3 a a MN SM MN AD SA a a      Suy ra MN = 4 3 a . BM = 2 3 a Diện tích hình thang BCMN là : S = 2 4 2 2 10 3 2 2 3 3 3 a a BC MN a a BM               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   0 30SBH   SH = SB.sin30 0 = a Gọi V là thể tích chóp SBCNM ta có V = 1 .( ) 3 SH dtBCNM = 3 10 3 27 a 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu V Cho x , y , z là ba số thực thỏa mãn : 5 -x + 5 -y +5 -z = 1 .Chứng minh rằng :         25 25 25 25 5 5 5 5 5 x y z x y z y z x z x y   5 5 5 4 x y z Đặt 5 x = a , 5 y =b , 5 z = c . Từ giả thiết ta có : ab + bc + ca = abc Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng : 2 2 2 4 a b c a b c a bc b ca c ab         ( *) ( *)  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            0,25đ 0,25đ www.VNMATH.com http://tranduythai.violet.vn Biên soạn: Trần Duy Thái 74 Ta có 3 3 ( )( ) 8 8 4 a a b a c a a b a c        ( 1) ( Bất đẳng thức Cô si) Tương tự 3 3 ( )( ) 8 8 4 b b c b a b b c b a        ( 2) 3 3 ( )( ) 8 8 4 c c a c b c c a c b        ( 3) . Cộng vế với vế các bất đẳng thức ( 1) , ( 2) , (3) suy ra điều phải chứng minh 0,25đ 0,25đ Phần B. (Thí sinh chỉ được làm phần I hoặc phần II) Phần I. (Danh cho thí sinh học chương trình chuẩn) 1. Chương trình Chuẩn. Cõu Ph ần Nội dung Điểm CâuVI a. (1,0) 1(1, 0) + Do AB CH nờn AB: 1 0x y   . Giải hệ: 2 5 0 1 0 x y x y          ta có (x; y)=(-4; 3). Do đó: ( 4;3)AB BN B   . + Lấy A’ đối xứng A qua BN thỡ 'A BC . - Phương trình đường thẳng (d) qua A và Vuụng gúc với BN là (d): 2 5 0x y   . Gọi ( )I d BN  . Giải hệ: 2 5 0 2 5 0 x y x y          . Suy ra: I(-1; 3) '( 3; 4)A   + Phương trình BC: 7 25 0x y   . Giải hệ: 7 25 0 1 0 x y x y          Suy ra: 13 9 ( ; ) 4 4 C   . + 2 2 450 ( 4 13 / 4) (3 9 / 4) 4 BC       , 2 2 7.1 1( 2) 25 ( ; ) 3 2 7 1 d A BC       . Suy ra: 1 1 450 45 ( ; ). .3 2. . 2 2 4 4 ABC S d A BC BC   0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu VIIA 1) Véc tơ chỉ phương của hai đường thẳng lần lượt là: 1 u  (4; - 6; - 8) 2 u  ( - 6; 9; 12) +) 1 u  và 2 u  cùng phương 0,25đ +) M( 2; 0; - 1)  d 1 ; M( 2; 0; - 1)  d 2 Vậy d 1 // d 2 0,25đ *) Véc tơ pháp tuyến của mp (P) là n  = ( 5; - 22; 19) (P): 5x – 22y + 19z + 9 = 0 2) AB  = ( 2; - 3; - 4); AB // d 1 Gọi A 1 là điểm đối xứng của A qua d 1 . Ta có: IA + IB = IA 1 + IB  A 1 B IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A 1 B Khi A 1 , I, B thẳng hàng  I là giao điểm của A 1 B và d Do AB // d 1 nên I là trung điểm của A 1 B. 0,25đ B C A H N www.VNMATH.com [...]... rằng M cách đều các điểm A, B, C và mặt phẳng ( ) Câu VIIb (1,0 điểm) Khai triển và rút gọn biểu thức 1  x  2(1  x) 2   n (1  x) n thu được đa thức P( x)  a 0  a1 x   a n x n Tính hệ số a8 biết rằng n là số nguyên dương thoả mãn 1 7 1  3  2 Cn Cn n ĐÁP ÁN ĐỀ 14 Câu I (2,0 điểm) Đáp án Điểm 1 (1,25 điểm) Với m  1 ta có y  x 3  6 x 2  9 x  1 * Tập xác định: D = R * Sự biến thi n ... C2009   C2009 )  (C2009  C2009   C2009 )  2 2009 Suy ra: B  22008 + Từ đó ta có: S  21003  2 2007 0,25đ 0,25đ ĐỀ 14 A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x 3  3(m  1) x 2  9 x  m , với m là tham số thực 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số đã cho ứng với m  1 2 Xác định m để hàm số đã cho đạt cực trị tại x1 , x 2 sao cho x1  x 2... Chiều biến thi n: y '  3 x 2  12 x  9  3( x 2  4 x  3) x  3 0,5 Ta có y '  0   , y'  0  1  x  3 x 1  Do đó: + Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (,1) và (3,  ) + Hàm số nghịch biến trên khoảng (1, 3)  Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  1 và yCD  y(1)  3 ; đạt cực tiểu tại x  3 và yCT  y(3)  1 0,25  Giới hạn: lim y  ; lim y   x   x    Bảng biến thi n: x ... ( D  A' B' ) 0,5  ( AB' , BC ' )  ( BD, BC ' )  600 0,5  DBC '  60 0 hoặc DBC '  1200 - Nếu DBC ' 600 Vì lăng trụ đều nên BB'  ( A' B' C ' ) áp dụng định lý Pitago và định lý cosin ta có A 0,5 B C 2 BD  BC '  m  1 và DC ' 3 Kết hợp DBC '  600 ta suy ra BDC ' đều Do đó m 2  1  3  m  2 - Nếu DBC ' 1200 áp dụng định lý cosin cho BDC ' suy ra m  0 (loại) Vậy m  2 1 m2 A’ m... b2  1  - Giả thi t   2 a  8 ( 2) c  Ta có (2)  a 2  8c  b 2  a 2  c 2  8c  c 2  c(8  c) 4 9 Thay vào (1) ta được  1 8c c(8  c) c  2 2  2c  17c  26  0   13 c   2 2 x y2 * Nếu c  2 thì a 2  16, b 2  12  ( E ) :   1 16 12 39 x2 y2 13 * Nếu c  thì a 2  52, b 2   ( E) :   1 2 4 52 39 / 4 0,5 0,5 2 (1 điểm) Giả sử M ( x0 ; y0 ; z0 ) Khi đó từ giả thi t suy ra 2... 2  n  9 n  5n  36  0 Suy ra a8 là hệ số của x8 trong biểu thức 8(1  x)8  9(1  x)9 8 8 Đó là 8.C8  9.C 9  89 0,5 ĐỀ 15 I.Phần chung (7 điểm) :dành cho tất cả các thí sinh Câu I(2 điểm) :Cho hàm số y  x 3  2mx 2  (m  3)x  4 có đồ thị là (C m) 1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C1) của hàm số trên khi m = 2 2) Cho E(1; 3) và đường thẳng (  ) có phương trình x-y + 4 = 0 Tìm m để (... Giải phương trình: 2 log 5 (3 x  1)  1  log 3 5 (2 x  1) 1 Giải phương trình: 1 cot x  5 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I   1 x2 1 x 3x  1 dx Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC A' B' C ' có AB  1, CC '  m (m  0) rằng góc giữa hai đường thẳng AB' và BC ' bằng 600 Tìm m biết Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực không âm x, y , z thoả mãn x 2  y 2  z 2  3 Tìm giá trị... trung điểm cạnh AD  M  d 1  Ox Suy ra M( 3; 0) 2 0,25đ 2 9 3  Ta có: AB  2 IM  2  3       3 2 2 2  S ABCD 12  2 2 AB 3 2 Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d 1  d 1  AD Theo giả thi t: S ABCD  AB.AD  12  AD  0,25đ Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d1 nhận n(1;1) làm VTPT nên có PT: 1(x  3)  1(y  0 )  0  x  y  3  0 Lại có: MA  MD  2 x  y  3  0... b.Giải hệ phương trình :  4 3 2 2 x  x y  x y  1  π Câu III (1 điểm) Tính tính phân sau: I   2 0 dx cos x  3cos x  2 2 Câu IV (1 điểm): Cho hình lăng trụ đứng ABC A / B/ C/ có đáy là tam giác đều cạnh a, cạnh bên 2a Gọi E là trung điểm của BB/ Xác định vị trí của điểm F trên đoạn AA / sao cho khoảng cách từ F đến C /E là nhỏ nhất 1 1 1 Câu V (1 điểm):Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn: . 2009 2 1 004 1 004 1 004 1 004 (1 ) (1 )[(1 ) ] (1 ).2 2 2i i i i i        . Đồng nhất thức ta có A chớnh là phần thực của 2009 (1 )i nờn 1 004 2A . điểm) Tính tổng: 0 4 8 2 004 2008 2009 2009 2009 2009 2009 .S C C C C C      ĐÁP ÁN ĐỀ 13 Câu I 2 điểm a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của