ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013, ĐỀ SỐ 1

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013, ĐỀ SỐ 1

TÀI LIỆU TOÁN THPT

ĐỀ SỐ 1

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013

Môn: TOÁN

NGÀY 12.10.2012

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)

Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số y =2x + 1

x− 1 (C)

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

b) Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận Xác định tọa độ điểm M có hoành độ dương nằm trên đồ thị (C) sao cho tiếp

tuyến tại M cắt hai đường tiệm cận của (C) tại A, B đồng thời hai điểm này cùng với điểm I tạo thành một tam giác nội tiếpđường tròn có bán kính bằng√10

Câu 2 (2 điểm)

a) Giải phương trình cos 2x

cos x + 1 + cos2x
tan x = 1 + sin2x

Câu 3 (1 điểm) Tính tích phân I=

Z π 4 0

1 + tan2x
x − (x − tan x) cos2x

3 + cos 2x dx

Câu 4 (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, mặt phẳng (SBD) vuông góc với đáy, các đườngthẳng SA, SD hợp với đáy một góc 30o Biết AD = a√6, BD = 2a và góc dADB= 45o Tính thể tích khối chóp S.ABCD vàkhoảng cách từ đỉnh C đến mặt phẳng (SAD) theo a

Câu 5 (1 điểm) Cho các số thực không âm x, y thỏa mãn : x (2x + 2y − 5) + y (y − 3) + 3 = 0 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhấtcủa biểu thức : P = (xy − x + 1)2+ (xy − y + 1)2

PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B

A Theo chương trình chuẩn

Câu 6a (2 điểm)

a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-các vuông góc Oxy, cho hình vuông ABCD có các đỉnh A (−1; 2) , C (3; −2) Gọi E

là trung điểm của cạnh AD, BM là đường thẳng vuông góc với CE tại M ; N là trung điểm của của BM và P là giao điểmcủa AN với DM Biết phương trình đường thẳng BM : 2x − y − 4 = 0 Tìm tọa độ điểm P

b) Trong không gian với hệ tọa độ Đề-các vuông góc Oxyz , cho mặt cầu (S) : x2+ y2+ z2− 2x − 4y + 6z − 13 = 0 và đườngthẳng d :x+ 1

1 =

y+ 2

1 =

z− 1

1 Xác định tọa độ điểm M trên đường thẳng d sao cho từ M có thể kẻ được 3 tiếp tuyến

MA, MB, MC đến mặt cầu (S) ( A, B,C là các tiếp điểm ) Sao cho [AMB= 60o; [BMC= 90o; [CMA= 120o

Câu 7a (1 điểm) Cho các số phức z1; z2đồng thời thỏa mãn các điều kiện : z1+ 3z1z2= (−1 + i) z2và 2z1− z2= −3 + 2i Tìm mô-đun của số phức w =z1

z2+ z1+ z2

B Theo chương trình nâng cao

Câu 6b (2 điểm)

a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-các vuông góc Oxy cho tam giác ABCvuông tại A ngoại tiếp hình chữ nhật MNPQ

Biết các điểm M (−3; −1) và N (2; −1) thuộc cạnh BC , Q thuộc cạnh AB , P thuộc cạnh AC , đường thẳng AB có phươngtrình : x − y + 5 = 0 Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC

b) Trong không gian với hệ tọa độ Đề-các vuông góc Oxyz , cho mặt cầu (S) : (x − 2)2+ (y − 2)2+ (z − 2)2= 12 và điểm

A(4; 4; 0) Xác định tọa độ điểm B thuộc mặt cầu (S) biết tam giác BOA cân tại B và có diện tích bằng 4√3

Câu 7b (1 điểm) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 có thể lập được bao nhiêu số chẵn có 4 chữ số khác nhau nhỏ hơn 4321 đồngthời các chữ số 1 và 3 luôn có mặt và đứng cạnh nhau

———————————————–Hết—————————————————-Câu 1. Cho hàm số y =2x + 1

x− 1 (C)

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

b) Gọi I là giao điểm của hai đường tiệm cận Xác định tọa độ điểm M có hoành độ dương nằm trên đồ thị (C) sao cho tiếp

tuyến tại M cắt hai đường tiệm cận của (C) tại A, B đồng thời hai điểm này cùng với điểm I tạo thành một tam giác nội tiếpđường tròn có bán kính bằng√10

Lời giải (Sangham_BM ):

Hàm số: y =2x + 1

x− 1 Tập xác định: D = R\{1} Hai tiệm cận của đồ thì hàm số là:

-Tiệm cận ngang: y = 2 -Tiệm cận đứng: x = 1 Suy ra giao điểm của 2 tiệm cận: I(1; 2)

Giả sử điểm M(x0; y0) thuộc đồ thị hàm số (x06= 1) Suy ra y0=2x0+ 1

x0− 1 Để M có hoành độ dương thì x0> 0

Và ta có phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M:y −2x0+ 1

x0− 1 =

−3(x0− 1)2(x − x0) (∆)Không giảm tính tổng quát ta giả sử A, B lần lượt là giao điểm của ∆ với tiệm cận đứng, tiệm cận ngang với đồ thị (C)

|x0− 1|, IB = 2|x0− 1|

Vì hai tiệm cận vuông góc với nhau nên IA và IB vuông góc nhau hay ∆IAB vuông tại I

Do đó bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆IAB =1

2ABVậy để ∆IAB có bán kính đường tròn ngoại tiếp là√10 thì AB = 2√

* Nếu x0= 2 → y0= 5 Suy ra M(2; 5)

* Nếu x0= 4 → y0= 3 Suy ra M(4; 3)

Vậy có 2 điểm M thỏa mãn bài ra là M(2; 5) và M(4; 3)

Câu 2.a Giải phương trình cos 2x

cos x + 1 + cos2x
tan x = 1 + sin2x

Lời giải (Love Math):

ĐK : cos x 6= 0

PT tương đương với : cos 2x + (sin x − cos x) + sin x cos x(cos x − sin x) = 0

⇔ (cos x − sin x)(cos x + sin x + sin x cos x − 1) = 0

Lời giải (hahahaha1):

2+) Với 6a2+ 29 + 15a − 6b − 6ab = 0 (2) ta có: V T (2) ≥ 6a2+ 29 − 15 − 6 − 3 = 6a2+ 5 > 0 nên TH này pt vô nghiệm.Vậy phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) =

1;12

4

khảo sát hai hàm số : f (x) = 4x + 18x, −2 ≤ x ≤ 1 và g(y) = 4y − 21y + 18y, −1 ≤ y ≤ 2

Ta có : f (x) + g(y) ≤17

4 Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi x = 1, y =1

2Vậy hệ có nghiệm



1,12



Câu 3. Tính tích phân I=

Z π 4 0

1 + tan2x
x − (x − tan x) cos2x

3 + cos 2x dx

Lời giải (hungchng):

1 + tan2x
x − (x − tan x) cos2x

xtan2x

2 +

sin 2x2(3 + cos 2x)

π 4

Câu 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, mặt phẳng (SBD) vuông góc với đáy, các đường thẳng

SA, SD hợp với đáy một góc 30o Biết AD = a√6, BD = 2a và góc dADB= 45o Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách

H

K T

Gọi O là tâm khối chóp Hạ SH ⊥ BD ⇒ SH ⊥ (ABCD) suy ra dSAH= [SDH= 30osuy ra HA = HD

nên tam giác AHD vuông cân tại H ⇒ HA = HD =AD√

Ta có: d(C; (SAD)) = 2d(O; (SAD)) =√2

3d(H; (SAD)) Gọi K là trung điểm của AD

suy ra HK ⊥ AD ⇒ AD ⊥ (SHK) Hạ HT ⊥ SK suy ra HT = d(H; (SAD)) Ta có : HK =AD

2 =

a√6

3.

a√15

5 =2a√55

Câu 5. Cho các số thực không âm x, y thỏa mãn : x (2x + 2y − 5) + y (y − 3) + 3 = 0 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểuthức : P = (xy − x + 1)2+ (xy − y + 1)2

Lời giải (hahahaha1):

Giả thiết có thể viết lại thành: (x + y − 1)(x + y − 2) = −(x − 1)2Từ đó ta có được: 1 ≤ x + y ≤ 2

Mặt khác giả thiết cũng viết lại được dưới dạng: 2(x − 1)2+ (y − 1)2= x + y − 2xy ⇒ x + y ≥ 2xy ⇒ 1 ≥ xy

MIN

Ta lại có biểu thức P có thể viết thành: a2− 2ab + 2b2− 2a + 2b + 2 = P Hay a2− 2a(b + 1) + 2b2+ 2b + 2 − P = 0 (1)Trong đó a = x + y(1 ≤ a ≤ 2); b = xy(2 ≥ a ≥ 2b)

Coi (1) như 1 phương trình bậc 2 theo a khi đó để tồn tại a; b ta phải có: ∆0≥ 0 ⇔ P ≥ b2+ 1 ⇒ P ≥ 1

Vậy min P = 1 đạt được khi a = 1; b = 0 ⇒ x = 1; y = 0

MAX

Xét hàm số f (a) = a − 2a(b + 1) + 2b + 2b + 2 Ta chi làm 2 TH nhỏ sau:

+) Nếu b ≥1

2 ta xét hàm số trên [2b; 2] Dễ thấy hàm số đạt max tại f (2) hoặc f (2b) (mà f (2) = f (2b) = 2(b2− b + 1)

Do đó: f (a) ≤ 2(b2− b + 1) = 2[b(b − 1) + 1] ≤ 2 Vậy trong TH này max P = 2 khi x = y = 1

Lời giải (hungchng):

do đó B(3; 2) suy ra D(−1; −2) (vì I cũng là trung điểm BD) Theo giả thiết E trung điểm AD nên E(−1; 0) và−→CE= (−4; 2)

M∈ CE và M ∈ BM nên tọa độ M thỏa

y= −65

suy ra M 7

5; −

65



và N 11

5 ;

25

y− 2

−8/5

x+ 112/5=

y+ 24/5

y= −25

Vậy P 19

5 ; −

25

1 Xác định tọa độ điểm M trên đường thẳng d sao cho từ M có thể kẻ được 3 tiếp tuyến

MA, MB, MC đến mặt cầu (S) ( A, B,C là các tiếp điểm ) Sao cho [AMB= 60o; [BMC= 90o; [CMA= 120o

Lời giải (dan_dhv):

Gọi O là tâm mặt cầu Do A, B,C là các tiếp điểm kẻ từ M đến mặt cầu nên ta có

MA= MB = MC = a và A, B,C nội tiếp một đường tròn

Lời giải (dan_dhv):

C A

Lời giải (dan_dhv):

Nhận thấy: A, O thuộc mặt cầu Gọi M là trung điểm AO suy ra M(2; 2; 0)

Gọi B(a, b, c) Ta có :−OA(4; 4; 0);→ −→MB(a − 2; b − 2; c) Do tam giác ABO cân tại B nên−OA→⊥−→MB⇒ a + b = 4 (1)

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

b) Xác định tất cả những điểm M trên đồ thị (C) sao cho đồ thị hàm số (C) tiếp xúc với đường tròn tâm I (1; 2) tại M Câu II.

a) Giải phương trình : cos 3x

x2− 2 ln x + 1

x2.√x+ ln x dx

Câu IV. Cho lăng trụ đứng ABC.A1B1C1có BC = 2AB và AB vuông góc với BC Gọi M, N lần lượt là trung điểm của A1B1và

BC Khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B1Cbằng √2a

7 Góc giữa hai mặt phẳng (AB1C) và (BCC1B1) bằng 600.Tính thể tích khối chóp MABC và bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp B1ANCtheo a

Câu V. Cho các số thực x, y, z không âm và không có 2 số nào đồng thời bằng 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

P= (xy + yz + zx)

1

x2+ y2+ 1

y2+ z2+ 1

z2+ x2



PHẦN RIÊNG : Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B

A Theo chương trình chuẩn

làmột giao điểm của AC với đường tròn (I) , điểm K



−6

5;

75

Câu VIIa. Tìm n ∈ N∗thỏa mãn : 3.C0+ 4C1+ 5C2+ + (n + 3)Cn= (n + 6) 35

12n+ 2013



B Theo chương trình nâng cao

TÀI LIỆU TOÁN THPT

và tiếp xúc với đường thẳng ∆ :x− 1

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

Câu 1.a Cho hàm số y =2x + 2

x− 1 (C)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C)

Câu I.b Xác định tất cả những điểm M trên đồ thị (C) sao cho đồ thị hàm số (C) tiếp xúc với đường tròn tâm I (1; 2) tại M

Lời giải: (kunkun)

Lời giải: (dan_dhv)

Nhận thấy I(1;2) là tâm của hypebol

Do đó (C) tiếp xúc với đường tròn tâm I theo bán kính nhỏ nhất

|x0− 1| ⇔ x0= 3; x0= −1Vậy M(3; 4); M(−1; 0)

Câu II.a Giải phương trìnhcos 3x

cos 5x− cos x

cos 3x= 2 sin 5x sin 3x

Lời giải: (NgoHoangToan)

Điều kiện:cos5x.cos3x 6= 0

Ta có phương trình đã cho được viết lại như sau:

cos3xcos5x+ 1 − (cosx

cos3x+ 1) = 2sin5x.sin3x

⇔cos3x + cos5xcos5x −cosx+ cos3x

cos3x = 2sin5x.sin3x

⇔2cos4x.cosxcos5x −2cos2x.cosx

cos3x = 2sin5x.sin3xHay ta có :

cos4x.cosx.cos3x − cosx.cos2x.cos5x = sin5x.sin3x.cos3x.cos5x

⇔ cosx(cos3x.cos4x − cos2x.cos5x) =1

4.sin10x.sin6x

Mà ta có:

cos3x.cos4x − cos2x.cos5x =1

2(cos7x + cosx − cos7x − cosx) = 0

Từ đây dễ ta suy ra các nghiệm của phương trình

Lời giải: (kunkun)

Phương trình đã cho biến đổi thành

⇔ 8cos44x − 8cos24x − 3cosx + 3 = 0

⇔ cos4x = 1 hoặc cos4x =1

2

Lời giải: (Hoanghai1195)

Phương trình đã cho biến đổi thành:

⇔ 2cos23x − 2cosxcos5x = sin6x.sin10x

⇔ 1 + cos6x − (cos6x + cos4x) =−12 (cos16x − cos4x)

⇔ 2 − 3cos4x + cos16x = 0

⇔ 8cos44x − 8cos24x − 3cos4x + 3 = 0 ⇔ (cos4x − 1)(8cos24x(cos4x + 1) − 3) = 0

Câu II.b Giải bất phương trình (√x+ 6)px(2x2+ 26x + 8) − 4 ≥ x (2x + 3√x+ 33)

Lời giải: (Con phố quen 1)

Điều kiện để bất phương trình có nghĩa là : x ≥ 0

Nhận thấy rằng với x = 0 bất phương trình đã cho không thỏa Vậy ta chỉ cần xét x > 0

Với điều kiện này ta đặt t =√x, t > 0

Lúc đó bất phương trình đã cho tương đương với bất phương trình :

Khi đó bằng cách suy nghiệm và kết hợp nhân tử ta sẽ đưa được bất phương trình (2) về bất phương trình sau :

u− t2− 3t − 2
· (u − t + 2) ≤ 0 (3)

Chú ý rằng với t > 0 và u ≥ 2√2 thì ta có : u − t + 2 ≥ 0 Do đó bất phương trình (3) tương đương với bất phương trình :

p2t4+ 26t2+ 8 ≤ t2+ 3t + 2 ⇔ 2t4+ 26t2+ 8 ≤ t4+ 9t2+ 4 + 6t3+ 4t2+ 6t

Cả hai giá trị này đều thỏa điều kiện của bất phương trình đã cho Vậy bất phương trình đã cho có hai nghiệm x = 1; x = 4

Lời giải: (Con phố quen 2)

Vậy nên ta nhẩm tính được có hai nghiệm t = 1 và t = 2 là thỏa yêu cầu đó

Bây giờ ta cố gắng nhốt hai con số này lại khoang vùng xem sao

Vùng 1 : 0 < t < 1 Lúc này ta có T < 0 nên xem như thoát ngưỡng vùng này

Vùng 2 :1 < t < 2 Lúc này ta cũng có T < 0 nên qua cửa này luôn

Vùng 3 :t > 2 Lúc này ta cũng có T < 0 nên xem như các ải cần vượt đã vượt hoàn toàn rồi

Điều đó dẫn đến bất phương trình theo t chỉ có hai nghiệm t = 1; t = 2

Lời giải: (Lão Hạc)

x2− 2 ln x + 1

x2.√

x+ ln x dx

Lời giải: (xuannambka)

e

1

+ 2Re 1

√x+ ln x

x2+ x2x2.√

e − 1 + I2(∗)

- Xét I2=Re

1

x2+ x2x2.√

x+ ln xdx=

Re 1

 1

x+ 1

 1

Thay lại vào (∗) ta được I = 2

√

e+ 1

e + 2√e+ 1 − 4

Câu IV. Cho lăng trụ đứng ABC.A1B1C1có BC = 2AB và AB vuông góc với BC Gọi M, N lần lượt là trung điểm của A1B1và

BC Khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B1Cbằng√2a

7 Góc giữa hai mặt phẳng (AB1C) và (BCC1B1) bằng 600 Tínhthể tích khối chóp MABC và bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp B1ANCtheo a

Lời giải: (dan_dhv)

Hạ BK ⊥ B1C→ B1C⊥ (ABK) → g ((B1AC); (BCC1B1)) = g(AKB) = 600

Gọi P là trung điểm của AB Khi đó AM//B1P→ d (AM; B1C) = d (A; (B1PC)) = d (B; (B1PC))

Ta có :

Gọi Q là trung điểm của NC Qua Q vẽ đường thẳng d song song với AB Suy ra d là đường trung trực của NC

Gọi J là tâm của tam giác ANC suy ra J thuộc d Trong mặt phẳng BCC1B1 Vẽ đường thẳng ∆ qua Q và song song CC1.Khi đó ∆ là trung trực của NC Gọi I là tâm của B1NCthì I thuộc ∆ Dựng đường thẳng d2qua J và song song ∆

Suy ra d2là trục đường tròn ngoại tiếp ANC Từ I vẽ đường thẳng song song QJ cắt d2tại O

Nên O là tâm mặt cầu ngoại tiếpB1.ANC

√

11, NC = 2a, S.B1NC= 4a2

→ IN = R(B1NC) =B1C.B1N.NC

4.S.B1NC =

6a√5

√11

Lời giải: (hahahaha1)

Giả sử z = min(x; y; z) khi đó ta có:

2 đạt được khi a = b; c = 0 hoặc các hoán vị

Lời giải: (Sangham_BM)

Nhìn đề bài, ta nhớ đến BĐT quen thuộc của ngài Jack Garfunkel:

BĐT này luôn đúng do theo BĐT Cauchy − Schwarz ta có

= (2(a + b + c) − 1)(a + b + c − 2) + 5(a + b + c) ≥ 5(a + b + c) − 5abc

Vậy phép chứng minh hoàn tất! Đẳng thức xảy ra khi (a; b; c) là 1 trong các hoán vị của bộ số (0; 1; 1).Lúc này thay a, b, c lần lượt bởi x2, y2, z2ta có

Vậy MinP =5

2 khi một số bằng 0 và 2 số còn lại bằng nhau!

Lời giải: (Inspectoragadget)

Không mất tính tổng quát ta giả sử z = Min(x; y; z)

Điều này hiển nhiên đúng từ bất đẳng thức AM − GM: xy

x 2 +y 2+x24xy+y2 ≥ 1

3(x 2 +y 2 )

4xy ≥3

2

Vậy ta có PMin=52.Đẳng thức xảy ra tại x = y, z = 0 và các hoán vị tương ứng

Câu VIa.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy, cho đường tròn (I) : x2+ y2− 4x + 2y − 11 = 0 và đường thẳng

d: 4x − 3y + 9 = 0 Gọi A, B là hai điểm thuộc đường thẳng d, C là điểm thuộc đường tròn (I) Biết điểm H 22

5 ;

115



là mộtgiao điểm của AC với đường tròn (I) , điểm K



−6

5;

75

HK= 4√2 = 2R2nên tam giác IHK vuông tại I.

Từ đó nên AHIK là hình thang vuông tại I và K

Theo S = 24 =IK.(AK + IH)

2 ⇒ AK = 8

Vì A thuộc d nên A(a;4a + 9

3 )Nên (a +6

Câu VIa.b Trong không gian với hệ tọa độ vuông góc Oxyz, cho hai điểm A (−1; −3; −2) ; B (0; −2; 2) và mặt cầu (S) :

(x + 1)2+ (y + 2)2+ (z + 3)2= 14 Gọi (P) là mặt phẳng đi qua A đồng thời cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn có

bán kính nhỏ nhất Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho tam giác ABM vuông cân tại A

Lời giải: (angel)

Mặt cầu (S) có : tâm I(−1; −2; −3), bán kính R =√14

Nhận thấy A nằm phía trong mặt cầu

Do đó (P) qua A cắt (S) theo 1 đường tròn có bán kính nhỏ nhất ⇔√R2− IH2nhỏ nhất ⇔ IH lớn nhất H ≡ A ⇔ ~IA(0; 1; −1) là

véc tơ pháp tuyến của (P), do đó : (P) : y − z + 1 = 0 ( H là hình chiếu của I trên (P) )

Giả sử M(m; n; n + 1), theo bài ra : AB−→= AM

AM = 0

Câu VIIa. Tìm n ∈ N∗thỏa mãn : 3.C0+ 4C1+ 5C2+ + (n + 3)Cn= (n + 6) 35

12n+ 2013



Lời giải: (Con phố quen)

6 − 4026, ∀n > 11, 975

Ta có : f0(n) = 2nln 2 −35

6 > 0, ∀n > 11, 975

Do đó ta có hàm số f (n) đồng biến ∀n > 11, 975

Mặt khác ta có f (12) = 0 Do đó phương trình f (n) = 0 có nghiệm duy nhất n = 12

Lời giải: (Inspectoragadget)

Xét n cây bút, ta cần chọn ra một số cây bất kì (có thể không có viên nào)

* Đếm cách 2: Mỗi cây trong số n cây đều có 2 trạng thái (được chọn hoặc không được chọn) Vậy có 2ncách chọn

Kết quả của hai cách đếm cho ta đẳng thức cần chứng minh

Tính N2= C1+ 2C2+ 3C3+ + nCn= n.2n−1

chọn trong n người một số nhân lực để bổ sung cho công ty, trong đó có 1 giám đốc

Đếm cách 1:chọn k người trong n người, sau đó chọn 1 giám đốc từ k người, có kCnkcách chọn

Cho k từ 1 đến n, có C1+ 2C2+ 3C3+ + nCncách

Đếm cách 2: chọn 1 giám đốc từ n người trước, sau đó mỗi người trong n − 1 người còn lại có 2 trạng thái: được tuyển và khôngđược tuyển, nên cách đếm này cho đáp số n.2n−1

Vậy ta có đpcm

Từ đây giải như trên

Câu VIb.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ vuông góc Oxy cho điểm A (1; 0) và các đường tròn (C1) : x2+ y2= 2; (C2) :

x2+ y2= 5 Tìm tọa độ các điểm B và C lần lượt nằm trên (C1) và (C2) để tam giác ABC có diện tích lớn nhất

Lời giải: (Sangham_BM)