Đề thi thử ĐH môn Toán potx

b Tớm trởnC hai điểm phón biệtM , Nbiết tiếp tuyến tạiM , N song song với nhau, đồng thời đường thẳng M Ncắt cõc trụcOx,O ytại hai điểm phón biệtA, BkhõcO sao choAB =p37.. GọiM , Nlỏ hai

TáI LIỆU TOạN THPT

ĐỀ SỐ 8

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013

Mừn: TOạN

NGáY 26-01-2013

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THẻ SINH (7 điểm)

Cóu 1 (2 điểm) Cho hỏm sốy = x3− 3x2+ 2 cụ đồ thị(C ).

a) Khảo sõt sự biến thiởn vỏ vẽ đồ thị của hỏm số(C ).

b) Tớm trởn(C )hai điểm phón biệtM , Nbiết tiếp tuyến tạiM , N song song với nhau, đồng thời đường thẳng

M Ncắt cõc trụcOx,O ytại hai điểm phón biệtA, B(khõcO) sao choAB =p37.

Cóu 2 (2 điểm)

a) Giải phương trớnh: 4(sin x + cos x)(1 + cos x)2= 6 cos2 x2+ sin x.

b) Giải hệ phương trớnh

(

x − 3p3 + x = 3p y − 5 − y

px2+ 16(y − x) + y = 2px y

Cóu 3 (1 điểm) Tợnh tợch phón I =

Z π

2

0

2(x + sin x)sin2x + sin2x(1 + sin2x)

(1 + cos x)2 d x

Cóu 4 (1 điểm) Cho lăng trụABC D.A0B0C0D0, cụ đõyABC Dlỏ hớnh vuừng GọiM , Nlần lượt lỏ trung điểm củaBC

vỏC D Hớnh chiếu vuừng gục củaA0lởn mặt phẳng(ABC D)trỳng với tómOcủa hớnh vuừngABC D Biết rằng khoảng cõch giữaAB0vỏD Mbằng ap515vỏ mặt phẳng(A A0D0D)hợp với đõy một gục bằng 60o Tợnh thể tợch khối lăng trụ vỏ khoảng cõch giữa hai đường thẳngA0DvỏANtheoa.

Cóu 5 (1 điểm) Cho cõc số thực dươngx, ythỏa điều kiện :x

Ế

1 −1

y

ả

+ y

Ế

1 −1

x

ả

= 4 Tớm giõ trị nhỏ nhất của biểu thức :

P = x y +p1 + x2 +p1 + y 2

PHẦN RIấNG (3 điểm): Thợ sinh chỉ lỏm một trong hai phần A hoặc B

A Theo chương trớnh chuẩn

Cóu 6A (2 điểm)

a) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độOx ycho đường trún(C ) : (x −4)2+

Ế

y −9

2

ả2

=25

4 vỏ hai điểmA(2; 3), B (6; 6) GọiM , Nlỏ hai điểm khõc nhau nằm trởn đường trún(C )sao cho cõc đường thẳngAMvỏB Ncắt nhau tạiH,

ANvỏB Mcắt nhau tạiC Tớm tọa độ điểmC, biết tọa độ điểmHâ4; 5

2 đ

b) Trong khừng gian với hệ tọa độOx y zcho hai điểmM (4; 4; 0),N (−1;1;−1)vỏ hai đường thẳng

d1:x − 3

1 =y − 2

−3 =

z − 1

4 ,d2:x − 2

1 =y − 5

2 =z + 3

1 GọiA, Blần lượt lỏ hai điểm thuộcd1, d2 Họy lập phương trớnh mặt phẳng(P )đi quaM , Nsao cho(P )lỏ mặt phẳng trung trực củaAB

Cóu 7A (1 điểm) Giải bất phương trớnh sau trởn tập số thực :

log2É

x2− 4É+ log p

2x ≤ 2log4ê|x|âx4

− 10x2+ 16đô

B Theo chương trớnh nóng cao

Cóu 6B (2 điểm)

a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độOx ycho hớnh vuừngABC Dcụ điểmM (3; 2)nằm trởn đường chờoB D TừM

kẻ cõc đường thẳngM E , M F lần lượt vuừng gục vớiABtạiE (3; 4)vỏADtạiF (−1;2) Họy xõc định tọa độ điểm

Ccủa hớnh vuừngABC D

b) Trong khừng gian với hệ tọa độOx y zcho hai điểmA(1; 2; 1), B (−3;3;3)vỏ mặt phẳng(P ) : x + 2y + 2z − 16 = 0.

Tớm tọa độ điểmMtrởn(P )sao choM A + MB = 7.

Cóu 7B (1 điểm) Họy xõc định hệ số của số hạng chứax6y−3trong khai triểnP (x, y) =

Ế

7x + 1 8y

ả3n

Biếtnlỏ số nguyởn dương thỏa mọn : 2

4n

n + 1{0+2

4(n−1)

n {1+2

4(n−2)

n − 1 {2+ + {n= 1305

———————————————–Hết—————————————————-TỔNG HỢP LỜI GIẢI TRÊN DIỄN ĐÀN

Câu 1. Cho hàm sốy = x3− 3x2+ 2có đồ thị(C ).

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số(C ).

b) Tìm trên(C )hai điểm phân biệtM , N biết tiếp tuyến tạiM , N song song với nhau, đồng thời đường thẳngM N cắt các trụcOx,O y tại hai điểm phân biệtA, B(khácO) sao cho AB =p37

a)Lời giải (hungchng):

Hàm sốy = x3− 3x2+ 2có tập xác định : D = R;

*Đạo hàmy0= 3x (x − 2) ,y0= 0 ⇐⇒

·

x = 0

x = 2

Hàm số đồng biến trên(−∞;0) (2;+∞);

Hàm số nghịch biến trên(0; 2)

lim

x→−∞ y = −∞; lim

x→+∞ y = +∞;

*Bảng biến thiên

x

y0

y

−∞

2

−2

+∞

Điểm cực đại(0; 2), Điểm cực tiểu(2; −2)

*Đồ thị

b)Lời giải (dan_dhv):

y0(M ) = y0(N ) ⇐⇒ 3(x M)2− 6x M = 3(x N)2− 6x N ⇐⇒ x M + x N = 2

GọiI là trung điểm củaM N thì ta có:







x I=1

2(x M + x N) = 1

y I=1

2¡(x M + x N)3− 3(x M + x N )x M x N − 3(x M + x N)2+ 6x M x N+ 4¢ = 0

Phương trìnhM NquaI có dạng:y = kx − k,(k 6= 0)

A, Blà giao củaM N vớiOx;O y nên A(1; 0); B (0; −k).Ta có AB =pk2+ 1 =p37 ⇐⇒

·

k = 6

k = −6

*Vớik = 6 =⇒ (M N ) : y = 6x − 6

Tọa độN , M là nghiệm của pt:x3− 3x2+ 2 = 6x − 6 ⇐⇒ x = 4; x = −2; x = 1

Lại cóx M + x N= 2 =⇒

·

x M = 4; x N = −2;

·

M (4; 18); N (−2;−18)

N (4; 18); M (−2;−18)

*Vớik = −6 ⇒ (M N ) : y = −6x + 6

VậyM (4; 18); N (−2;−18)hoặcN (4; 18); M (−2;−18)

Câu 2.a Giải phương trình: 4(sin x + cos x)(1 + cos x)2= 6 cos2 x2+ sin x.

Lời giải (xuannambka):

⇐⇒ 4 (sin x + cos x) ¡1 + 2cos x + cos2

x ¢ − 3cos x − sin x − 3 = 0

⇐⇒ 3sin x + 8sin x cos x + 4sin xcos2x + cos x + 8cos2x + 4cos3x − 3 = 0

⇐⇒ 3sin x + 2sin x cos x + 4cos3x + 6cos2x + 2cos2x + 3cos x + 4sin xcos2x + 6sin x cos x − 2cos x − 3 = 0

⇐⇒ (2cos x + 3) (sin x + cos x + cos 2x + sin 2x) = 0

⇐⇒

·

2cos x + 3 = 0 (VN)

(1) ⇐⇒ sin

³

x + π

4

´

= sin

³

4

´

⇐⇒

·

x = − π6+k23π

x = π + k2π

Vậy phương trình có nghiệm:

·

x = −π6+k23π

x = π + k2π

Lời giải (Lê Đình Mẫn):

Đối với bài này, bước đầu tiên bạn nên làm đó là dùng công thức hạ bậc để chuyển phương trình

về cùng một góc lượng giác Khi đó, PT tương đương với

4(cos x + sin x)(cos x + 1)2− 3(cos x + 1) − sin x = 0 (1) Bạn hãy hi vọng rằng PT này sẽ đưa về được nhân tử Câu hỏi hiện ra trong đầu bạn là đặt nhân

tử gì đây? Bước tiếp theo, bạn có thể đoán nghiệm(nếu có thể) để dự đoán nhân tử Còn nếu bạn không đoán được thì thôi, khỏi cần Khi đó bạn hãy làm như tôi nhé! Tôi cứ hay lẩm nhẩm trong đầu: "Nếu nhân thằng đó ra thì càng khó, vậy nếu không nhân ra thì phải làm thế nào?" Thì

ta phải đi tách thằng khác vậy Tách cái thằng ngoài ngoặc để nhóm với cái thằng trong ngoặc xem được không? Với suy nghĩ đó chắc chắn bạn phải tách cái thằng ngoài ngoặc sao cho để có một trong hai biểu thức1 + cos xhoặccos x + sin x Biết đâu có điều thần kỳ ! Giả sử, đầu tiên tôi nhóm như sau:

(1) ⇐⇒ (cos x + 1)[4(cos x + sin x)(cos x + 1) − 3] − sin x = 0

⇐⇒ (cos x + 1)[4 cos x + 4 sin x + 4 sin x cos x + 4 cos2x − 3] − sin x = 0

Đến đây thì làm sao để có nhân tửsin xbây giờ? Không nên buồn, thử tách theo kiểu khác xem sao Tôi biến đổi thế này

(1) ⇐⇒ 4(cos x + sin x)(cos x + 1)2− (sin x + cosx) − 2 cos x − 3 = 0

⇐⇒ (cos x + sin x)[4(cos x + 1)2− 1] − 2 cos x − 3 = 0

Đến đây, hi vọng ta đi đúng đường Và còn chần chừ gì nữa khi ta nhận thấy rằng

4 cos2x + 8cos x + 3 = (2cos x + 1)(2cos x + 3)

Do đó

(2) ⇐⇒ (2cos x + 3)[(cos x + sin x)(2cos x + 1) − 1] = 0

⇐⇒ (2 cos x + 3)(sin x + cos x + sin 2x + cos 2x) = 0

⇐⇒

·

2 cos x + 3 = 0 (VN)

4

´

= sin

³

4

´

⇐⇒



 x = − π

3

x = π + k2π

Vậy phương trình có nghiệm:x = − π

Câu 2.b Giải hệ phương trình

(

x − 3p3 + x = 3p y − 5 − y

px2+ 16(y − x) + y = 2px y

Lời giải (Nguyễn Giang Mạnh):

ĐK







x ≥ 0

y ≥ 5

x2+ 16¡ y − x¢ ≥ 0

Khi đó ta có :(1) ⇔ y − 5 − 3p y − 5 + x + 3 − 3px + 3 + 2 = 0 (∗).Để(∗)có nghiệm thì

∆ ≥ 0 ⇔ 9 − 4³x + 3 − 3px + 3 + 2´≥ 0 ⇒ 4 (x + 3) − 12px + 3 − 1 ≤ 0 ⇒ x ≤6 + 2

p 10

Ta có

(2) ⇔

q

x2+ 16¡ y − x¢ +px y

x y + y = 0







x − 16

q

x2+ 16¡ y − x¢ +px y

x y + y





 =0 ⇒ x = ydox < 16

Thay vào(1)ta có :

2x = 3³px + 3 +px − 5´⇒ 2x2− 9x + 9 = 9px2− 2x − 15

⇒ x4− 9x3+ 9x2+ 324 = 0 ⇔ (x − 6)2¡x2+ 3x + 9¢ = 0 ⇒ x = 6 ⇒ y = 6

Câu 3. Tính tích phân I =

2

0

2(x + sin x)sin2x + sin2x(1 + sin2x)

Lời giải (xuannambka):

I = 2

2

0

sin3x

1 + cosxdx + 2

2

0

sinxcosx (1 + cosx)2dx + 2

2

0

xsin2x

A =

2

0

sin3x

2

2t

2

− t

¶¯

¯

¯

¯

0 1

2

B =

2

0

sinxcosx (1 + cosx)2dx = −

2

0

cosx (1 + cosx)2d (cosx) = −

1

t (t + 1)2dt

=

1

· 1 (1 + t)2−

1

t + 1

¸

dt = −

· 1

t + 1+ ln |t + 1|

¸¯

¯

¯

¯

0 1

= ln 2 −1

2

C =

2

0

xsin2x (1 + cosx)2dx =

2

0

x (1 − cosx)

Đặt:

½

u = x

dv =1−cosx1+cosxdx ⇒

½

du = dx

v = 2tanx2− x

⇒ C =

³ 2x.tanx

2− x2

´¯¯

¯

¯

π

2

0

−

2

0

³

2 tanx

2− x

´

dx =³2x.tanx

2− x2

´¯¯

¯

¯

π

2

0

−

2

0

³

2 tanx

2− x

´ dx

=

· 2x.tanx

2x

2+ 4 ln

¯

¯

¯cos

x 2

¯

¯

¯

¸¯

¯

¯

¯

π

2

0

= π − π2

p 2 2

Câu 4. Cho lăng trụABC D.A0B0C0D0, có đáy ABC D là hình vuông GọiM , N lần lượt là trung điểm củaBC vàC D Hình chiếu vuông góc của A0lên mặt phẳng(ABC D)trùng với tâmO của hình vuông ABC D Biết rằng khoảng cách giữa AB0 vàD M bằng ap515 và mặt phẳng(A A0D0D)

hợp với đáy một góc bằng60o.Tính thể tích khối lăng trụ và khoảng cách giữa hai đường thẳng

A0Dvà AN theoa.

Lời giải (Ẩn Số):

Đặt :OB = m,O A0= n.

Chọn hệ trụcOx y znhư hình vẽ, ta có: A (0; −m;0), B (m;0;0), C (0;m;0), D (−m;0;0), A0(0; 0; n)

M là trung điểmBC, nên :M¡m2;m2; 0¢, N là trung điểm củaC D nên :N¡−m

2;m2; 0¢

−→

AB =−−−→A0B0⇒







m = x b0

m = y b0

0 = z b0− n

⇒ B0(m; m; n)

Lại có :

d ¡ AB0; D M¢ =

¯

¯

¯

−−→

AD.h−−→

AB0;−−→

D Mi¯¯

¯

¯

¯

AB0;−−→

D Mi¯¯

¯

Nên :

d ¡ AB0; D M¢ = a

p 15

p 15

Một véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng(ABC D)là :−n→1= (0; 0; 1),

một véc-tơ pháp tuyến của mặt phẳng(AD A0D0)là :−n→2= (n; n; −m)

Góc giữa hai mặt phẳng(A A0DD0)và(ABC D)bằng60onên :

cos 60o=

¯

¯−n→

1.−n→

2

¯

¯

¯

¯−n→

1

¯

¯.¯¯−n→

2

¯

¯

Từ(1)và(2)suy ra :

½

m = a

n =

p 6

2 a

Do đó :

p 6

2 a. ¡2.a2¢ =p6a3

Khoảng cách giữa hai đường thẳngA0Dvà AN là :

d ¡ A0D; AN¢ =

¯

¯

¯

−−→

A0A.h−−→

A0D;−−→

ANi¯¯

¯

¯

¯

¯

A0D;−−→

ANi¯¯

¯

m

2

Câu 5. Cho các số thực dươngx, y thỏa điều kiện :x

µ

y

¶

+ y

µ

x

¶

= 4 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

P = x y +p1 + x2+p1 + y2

Lời giải (hthtb22):

Xét bổ đề:pa2+ b2+pc2+ d2≥p(a + c)2+ (b + d)2

Chứng minh:

p

a2+ b2+pc2+ d2≥p(a + c)2+ (b + d)2⇔ a2+b2+c2+d2+2p(a2+ b2)(c+d2) ≥ a2+c2+2ac+b2+d2+2bd

⇔ (a2+ b2)(c2+ d2) ≥ ac + bd ⇔ a2c2+ a2d2+ b2c2+ b2d2≥ a2c2+ b2d2+ 2abcd ⇔ (ad − bc)2≥ 0

Áp dụng bổ đề ta có:

p

1 + x2+

q

1 + y2≥

q

4 + (x + y)2

Từ giả thiết ta có:

y+y

*x y = (x + y)

2

x + y − 2= 9 +

(x + y − 6)(x + y − 3)

x + y − 2 ≥ 9

VậyP ≥ 9 + 2p10 Dấu = xảy ra khix = y = 3

Lời giải (Nguyễn Giang Mạnh):

Ta có

x

µ

x

¶

+ y

µ

y

¶

2+ y2

x + y − 2

Mặt khác ta có :x + y = 4 + x

y+y

x≥ 6Nên q

¡12+ 32¢ ¡12+ x2¢ +q¡12+ 32¢ ¡12+ y2¢ ≥ 3x + 1 + 3y + 1

q

1 + y2≥p1

2

x + y − 2+

1 p

Đặtt = x + y ⇒ t ≥ 6Xét hàm số f (t ) = t

2

t − 2+

1 p

Ta cóf0(t ) = (t −2) t2−4t2+p3

⇒ f (t ) ≥ f (6) = 9 + 2p10 Dấu" = "xảy ra⇔ t = 6

⇒ P ≥ 9 + 2p10 Dấu" = "xảy ra⇔ x = y = 3

Lời giải (noaht):

Ta có

x + y = 4 + x

y +y

x≥ 6 Lại có :

x + y − (x + y)

2

x y = 2 Đặt

(

S = x + y

P = x y VậyP =

S2

S − 2 S ≥ 6

Khảo sát hàm sốf (S)ta thấy trên[6; +∞)thì f (S)đồng biến

Nênf (S) ≥ f (6) = 9Như vậy ta cóP = x y ≥ 9

P = x y +p1 + x2+

q

1 + y2≥ x y + 24

q

1 + x2+ y2+ x2y2≥ x y + 2p1 + x y ≥ 9 + 2p10

Câu 6A.a Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độOx y cho đường tròn(C ) : (x − 4)2+

µ

y −9

2

¶2

4

và hai điểmA(2; 3), B (6; 6) GọiM , N là hai điểm khác nhau nằm trên đường tròn(C )sao cho các đường thẳngAM vàB N cắt nhau tại H, AN vàB M cắt nhau tạiC Tìm tọa độ điểmC, biết tọa

độ điểmH¡4;5

2¢

Lời giải (Ẩn Số):

Nhận thấyA, B ∈ (C )vỏ AB = R =52nởn AB lỏ đường kợnh của đường trún(C ),

từ đụ suy ra :

½

AH ⊥BC

B H ⊥AC Kết hợp với hớnh vẽ suy raH lỏ trực tóm tam giõcABC.

Vậy bỏi toõn nỏy thực chất lỏ bỏi toõn :

“Cho tam giõcABC, biếtA(2; 3), B (6; 6)vỏ trực tómHâ4;5

2đ Xõc định tọa độ đỉnhC ?”

*Đường thẳngACđi qua Avỏ nhận−−→H Bâ2; 7

2

đ lỏm vờc-tơ phõp tuyến, nởn cụ phương trớnh:

2 (x − 2) +7

*Đường thẳngBC đi quaB nhận−−→H Aâ−2; 1

2

đ lỏm vờc-tơ phõp tuyến nởn cụ phương trớnh:

−2 (x − 6) +1

Vậy tọa độ điểmC lỏ nghiệm của hệ :

½

4x + 7y − 29 = 0

½

x =15532

y =118 ⇒ C

â155

32; 118 đ

Cóu 6A.b Trong khừng gian với hệ tọa độ Ox y z cho hai điểm M (4; 4; 0) , N (−1;1;−1) vỏ hai đường thẳng d1: x − 3

1 = y − 2

z − 1

4 , d2: x − 2

1 = y − 5

2 = z + 3

1 Gọi A, B lần lượt lỏ hai điểm thuộcd1, d2 Họy lập phương trớnh mặt phẳng(P )đi quaM , N sao cho(P ) lỏ mặt phẳng trung trực củaAB

Lời giải (Mai Tuấn Long):

Ta cụ:d1: x − 3

1 =y − 2

z − 1

4 ,d2: x − 2

1 =y − 1

2 =z + 3

1 ⇒ d1vỏd2chờo nhau

−−→

M N = (−5;−3;−1) ⇒Đường thẳng chứaM N cụ PT: x + 1

5 =y − 1

3 =z + 1

1

−

→u = (1;−3;4)lỏ một vờc tơ chỉ phương củad1−−→

M N −→u = 0 ⇒ M N ⊥ d1

M N ⊂ (P) ⇒ M N ⊥ AB ⇒ M N ⊥ (Q),(Q)lỏ mặt phẳng chứad1vỏAB.⇒ (Q)cụ PT:5x +3y +z −22 = 0

A ∈ d1⇒ A = (3 + t ; 2 − 3t ; 1 + 4t ) ⇒ M A =p(t − 1)2+ (2 + 3t )2+ (1 + 4t )2

M ∈ (P) ⇒ M A = MB ⇒ Acụ tọa độ:(3; 2; 1)Hoặcâ30

13;5313; −2313đ GọiElỏ trung điểm củaAB ;(P )lỏ mặt phẳng trung trực củaAB

VớiA = (3;2;1) ⇒ E =â3;5

2; −12đ ;−→AB = (0;1;−3) ⇒ (P)cụ PT:y − 3z − 4 = 0.

VớiA =â30

13;5313; −2313đ ⇒ E = â69

26;4613; −4926đ ;−→AB =â9

13; −1413; −133đ ⇒ (P)cụ PT:9x − 14y − 3z + 20 = 0 Vậy PT của mặt phẳng (P) lỏ:y − 3z − 4 = 0Hoặc9x − 14y − 3z + 20 = 0.

Cóu 7A. Giải bất phương trớnh sau trởn tập số thực :

log2ÉÉx2− 4ÉÉ+ logp

2x ≤ 2log4ê|x|âx4− 10x2+ 16đô

Lời giải (xuannambka):

Điều kiện:

·

0 < x <p2

x > 2p2

⇔ log2Éx2− 4É+ 2log2x ≤ log2êx âx4− 10x2+ 16đô

⇔ log2ÉÉx2− 4ÉÉ+ log2x ≤ log2âx4− 10x2+ 16đ

⇔ÉÉx2− 4ÉÉx ≤ x4− 10x2+ 16 (1) + TH1:0 < x <p2

(1) ⇔â4 − x2đ x ≤ x4− 10x2+ 16 ⇔âx2− x − 4 đ âx2+ 2x − 4đ ≤ 0

⇔





x ≥12â1 +p17đ

1

2â1 −p17đ ≤ x ≤p5 − 1

x ≤ −1 −p5

⇒ 0 < x ≤p5 − 1

+ TH2:x > 2p2

(1) ⇔âx2− 4đ x ≤ x4− 10x2+ 16 ⇔âx2− 2x − 4đ âx2+ x − 4đ ≤ 0

⇔





x ≥ 1 +p5

1

2â1 −p17đ ≤ x ≤p5 − 1

x ≤12â−1 −p17đ

Vậy bất phương trớnh cụ tập nghiệm:S =â0;p5 − 1ô ∪ ê1 +p5; +∞đ

Cóu 6B.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độOx y cho hớnh vuừng ABC D cụ điểm M (3; 2) nằm trởn đường chờoB D TừM kẻ cõc đường thẳngM E , M F lần lượt vuừng gục vớiAB tạiE (3; 4)vỏ

ADtạiF (−1;2) Họy xõc định tọa độ điểmC của hớnh vuừngABC D

Lời giải (hthtb22):

Tương tự(AE ) : y = 4 A = AE X AF ⇒ A(−1;4)

Gọi phương trớnh đường thẳngB DquaM lỏ :a(x − 3) + b(y − 2) = 0

a2+ b2=

1 p

2⇒ 2b2= a2+ b2⇒ a2= b2

Nếua = b Chona = b = 1 ⇒ BD : x + y − 5 = 0

Nếua = −b Chona = −b = 1 ⇒ BD : x − y − 1 = 0

M E

F

D0

B

C0

Lời giải (Mai Tuấn Long):

Ta cụ:−−→M E = (0;2) ⇒ ME = 2;−−→M F = (−4;0) ⇒ MF = 4

M E ∩C D = E0;M F ∩ BC = F0⇒ BE MF0vỏDF M E0lỏ cõc hớnh vuừng

⇒

(

(

M E0= −2−−→M E

2−−−→

M F0= −−−→M F ⇒

(

E0= (3; −2)

F0= (5; 2) Đường thẳngBC chứaF0vỏ nhận−−→M Elỏ một vờc tơ chỉ phương, cụ PT:x = 5

Đường thẳngC DchứaE0vỏ nhận−−→M F lỏ một vờc tơ chỉ phương, cụ PT:y = −2

C = BC ∩C D ⇒ C = (5;−2)

M E

F

F0

Lời giải (Ẩn Số):

GọiK = F M ∩ BC Ta có :M E = 2; F M = 4và∆F ME = ∆CK M ⇒ ½ C K = F M = 4

M K = ME = 2

Giả sử :K ¡x k ; y k ¢ , C ¡x c ; y c

¢ Ta có :−−→M K = M K

M F .

−−→

F M =1

2.

−−→

F M ⇒

½

x k− 3 = 2

Lại có :−−→K C = K C

M E.

−−→

E M = 2−−→E M ⇒

½

x c− 5 = 0

Kết luận :C (5; −2)

Câu 6B.b Trong không gian với hệ tọa độOx y zcho hai điểmA(1; 2; 1), B (−3;3;3)và mặt phẳng

Lời giải (hoanghai1195):

Ta thấy:(1 + 2.2 + 2.1 − 16)(−3 + 2.3 + 2.3 − 16) > 0 =⇒ AvàB nằm cùng phía với(P ).

LấyA1đối xứng với Aqua(P ) =⇒ A1(3; 6; 5).GọiI là giao điểm củaA1B và(P ).

Phương trìnhA1B:







x = 3 + 6t

y = 6 + 3t

z = 5 + 2t

8;6916;318¢

Từ đó ta có: AI = A1I =63

16; B I =49

Mà ta có: 7 = AI + B I ≥ AM + B M = 7

VậyM phải trùng vớiI ở trên

Câu 7B. Hãy xác định hệ số của số hạng chứax6y−3trong khai triểnP (x, y) =

µ

8y

¶3n

Biếtnlà số nguyên dương thỏa mãn : 2

4n

n + 1{0n+2

4(n−1)

n {1n+2

4(n−2)

n − 1 {2n+ +{n n= 1305

Lời giải (Mai Tuấn Long):

Sử dụng kết quả: 1

k + 1{k n= 1

n + 1{k+1 n+1 Với0 ≤ k ≤ n;k,n ∈ N

Ta có:

24n

n + 1{0n+2

4(n−1)

n {1n+2

4(n−2)

n − 1 {2n+ +{n n= 2

4n

n + 1{n n+2

4(n−1)

n {n−1 n +2

4(n−2)

n − 1 {n−2 n + +{0n

n + 1

¡ {1n+1+{2n+124+ +{n−1 n+124(n−2)+{n n+124(n−1)+{n+1 n+124n¢

24(n + 1)

£¡

{0n+1+{1n+124+{2n+124.2+ +{n−1 n+124(n−1)+{n n+124n+{n+1 n+124(n+1)¢ − 1¤

24(n + 1)£(1 + 24)n+1− 1¤ = 1

16(n + 1)(17

Từ giả thiết ta có:

1

16(n + 1)(17

Vậy ta có khai triển:

µ

8y

¶9

={09(7x)9+{19(7x)8 1

8y + +{m9 (7x) 9−mµ 1

8y

¶m

+ +{99

µ 1

8y

¶9

Ta có số hạng tổng quát thứm + 1là:

T m+1={m9(7x) 9−mµ 1

8y

¶m

9−m

T m+1chứax6y−3khi và chỉ khi:

(

9 − m = 6

Vậy hệ số của số hạng chứax6y−3 là:7

6

83{39