x−2 x +1 a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số trên b Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị C biết tiếp tuyến đó cắt các tiệm cận tại các điểm A , B sao cho độ dài đoạ[r]
Trang 1GV: NGUYỄN VĂN LƯƠNG-THPT CAM LỘ
GỢI Ý ĐỀ THI THỬ LẦN II ( THPT CAM LỘ ) Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y= x − 2
x +1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số trên
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến đó cắt các tiệm cận tại các điểm
A , B sao cho độ dài đoạn thẳng AB nhỏ nhất
@ Tiệm cận đứng là đường thẳng x=−1 , tiệm cận ngang là đường thẳng y=1
Phương trình tiếp tuyến của đths tại điểm M(x o , x o − 2
x o+1) có dạng: y= 3
(x o+1)2(x − x o)+
x o − 2
x o+1
Do đó tiếp tuyến cắt TCĐ, TCN lần lượt tại các điểm A(− 1; x o − 5
x o+1), B(2 x o+1;1)
Ta có: AB=√ (2 x o+2)2
+(1 − x o − 5
x o+1)2=2√ (x o+1)2
(x o+1)2
Cách 1 {Khảo sát hàm để tìm min AB }
Xét hàm số f (t )=t +9
t với t>0 { Lưu ý là t=(x o+1)2
}
Ta có f ' (t )=1 −9
t2 ;
f ' (t )=0 ⇔ 1−9
t2=0⇔ t=−3 ( loai)
¿
t=3
¿
¿
¿
¿
¿ Lập BBT của hàm số f (t ) trên khoảng (0 ; ∞ ) ta suy ra được:
min
(0 ;+∞)
f (t )=f (3)=6 ⇒ AB ≥ 2√6 Dấu ¿ xãy ra khi
(x o+1)2=3⇔
x o=−1 −√3
¿
x o=− 1+√3
¿
¿
¿
¿
¿
Cách 2 { Dùng bất đẳng thức Côsi để tìm min AB }
Theo bđt Côsi ta có: (x o+1)2
(x o+1)2≥2√ (x o+1)2 9
(x o+1)2=6⇒AB ≥ 2√6
Trang 2GV: NGUYỄN VĂN LƯƠNG-THPT CAM LỘ
Dấu ¿ xãy ra khi:
(x o+1)2= 9
(x o+1)2⇔
x o=− 1−√3
¿
x o=−1+√3
¿
¿
¿
¿
¿ Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại điểm M(x o ; y o) có dạng: y= y '(x o) (x − x o)+y o
Từ đó suy ra các phương trình tiếp tuyến cần tìm là:
y=x +2+2√3 hoặc y=x +2 −2√3
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình (sin x +cos x )
2
−2 sin2x
1+cot2x =
√2
2 (sin(π4− x)−sin(π4− 3 x) ) (*)
@ Điều kiện: sin x ≠ 0 ⇔ x≠ kπ , k∈ Z
Ta có: sin(π4− x)− sin(π4−3 x)=2 cos(π4− 2 x)sin x=√2 (cos 2 x+sin 2 x )sin x
(sin x+ cos x )2−2 sin2x=sin2x+2 sin x cos x+cos2x −2 sin2x=sin 2 x +cos 2 x
Do đó:
cos 2 x=−sin 2 x=cos(π2+2 x)
¿
sin x=1
¿
x= − π
8 +k
π
2
¿
x= π
2+k 2 π
¿
¿
¿
⇔¿
¿
¿
¿(∗)⇔ sin 2 x +cos 2 x
1+cot2x =
√2
2 .√2 (cos 2 x+sin2 x ) sin x ⇔(sin 2 x+cos 2 x ) sin2
x =(cos 2 x +sin 2 x )sin x
⇔ sin x(sin 2 x+cos 2 x ) (sin x −1)=0 ⇔
¿
Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
¿ (x +1+√x2+2 x+2)(y +√y2
+1)=1(1)
x3−3 x2=8 y3− 12 y2(2)
¿{
¿
Cách 1 {Áp dụng tính đơn điệu của hàm số}
Ta có: (1)⇔ x+1+√x2+2 x +2=− y +√y2+1⇔ (x +1)+√( x+ 1)2+1=(− y )+√(− y )2+1⇔ x +1=− y
{Vì khi xét hàm số f (t )=t +√t2+1 ta có: f '(t)=1+ t
√t2 +1>0 với ∀ t ∈ R } Thay kết quả x=− y −1 vào phương trình (2) ta có phương trình:
Trang 3GV: NGUYỄN VĂN LƯƠNG-THPT CAM LỘ
(− y −1)3−3 (− y −1)2=8 y3−12 y2⇔ 9 y3
− 6 y2+9 y+4=0 ⇔(y +1
3) (9 y2− 9 y+12)=0⇔ y= −1
3 ⇒ x= −2
3
Do đó hệ phương trình đã cho có 1 nghiệm là: x= −2
3 , y=
−1
3
Cách 2 { Đặt ẩn phụ}
Ta có: (1)⇔ x+1+√x2+2 x +2=√y2+1 − y =đătt Từ đó ta suy ra được:
√x2+2 x+2=t − (x +1)⇒ x2
+2 x +2=t2− 2 t ( x+1 )+(x +1)2⇒ x=−1 − 1− t2
2 t
√y2+1=t+ y⇒ y2
+1=t2+2 ty+ y2⇒ y= 1 −t2
2t
Từ đó suy ra được: x+ y=−1
(2)⇔ x3
− 8 y3−3(x2−4 y2)=0⇔ (x −2 y )[x2+2 xy +4 y2−3 x −6 y]=0⇔
x −2 y=0
¿
( x + y )2+3 y2−3 x −6 y=0
¿
¿
¿
¿
¿
TH1 Với x − 2 y =0 ta có hệ
¿
x − 2 y =0
x + y=−1
⇔
¿x=−2 /3 y=−1 /3
¿{
¿ TH2 Với (x+ y)2+3 y2−3 x − 6 y=0 ta có hệ:
¿ (x+ y )2+3 y2−3 x − 6 y=0
x + y =−1
⇒( x + y)2
+3 y2−3 ( x + y )− 3 y=0 ⇔ (x + y)2
+3 y2+3 −3 y=0
¿{
¿
Vì ( x+ y )2≥ 0 và 3 y2+3 − 3 y>0 nên hệ phương trình ở TH2 vô nghiệm
Tóm lại, hệ phương trình đã cho ban đầu chỉ có 1 nghiệm là: x= −2
3 , y=
−1
3
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân: I=∫
1
e
x ln x+ln(xe2)
x ln x+1 dx
@ Ta có ln(xe2)=ln x +ln e2=ln x +2 , do đó:
I =∫
1
e
x ln x+1+ln x +1
x ln x+1 dx=∫
1
e
x ln x+1
x ln x+1dx+∫
1
e
ln x +1
x ln x +1dx=∫
1
e
1 dx+∫
1
e
d(x ln x +1)
x ln x+ 1
x¿1e+(ln(x ln x +1))¿1e=e −1+ ln(e+1)
Câu 5 (1,0 điểm) Cho a , b là các số dương và thỏa mãn a+b ≤ 1 Chứng minh:
1
a2+b2+
1
ab+4 ab ≥ 7
Trang 4GV: NGUYỄN VĂN LƯƠNG-THPT CAM LỘ
@ Ta có a21
+b2+ 1
ab+4 ab=
1
(a+b)2−2 ab+
1
ab+4 ab ≥
1
1 −2 ab+
1
ab +4 ab
Cách 1 { Dùng bđt Côsi với điểm rơi là a=b=1/2 } Ta có:
1
1− 2ab+
1
ab +4 ab=
1
1 −2 ab+4 (1 −2 ab)+
1
ab+16 ab − 4 − 4 ab
2√1− 2 ab1 4 (1 −2 ab)+2√ab1 16 ab −4 −4 (a+b2 )2=4 +8 − 4 −1=7 (đpcm)
Cách 2 { Khảo sát hàm}
Đặt t=ab ≤(a+b2 )2=1
4 và xét hàm số f (t )= 1
1− 2t+
1
t+4 t với t ∈¿
Ta có: f ' (t )= 2
(1− 2t )2−1
t2+4=
2
(1 −2 t )2− 1
2 t2−
1
2t2+4=
− 1+4 t (1 −2 t )2 2t2+
−1+8 t2
2t2 <0
Suy ra min
¿
f (t)=f(14)=7 Do đó: 1
a2+b2+
1
ab+4 ab ≥ 7 (đpcm)
Câu 6 (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2 a√3 , mặt bên SAB là tam giác cân với A ^S B=120 o và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy Gọi M là trung điểm của SC và N là trung điểm của MC
Tính thể tích khối chóp A MNB và khoảng cách giữa 2 đường thẳng AM , BN
Cách 1.{Dùng phương pháp tọa độ}
Gọi I là trung điểm của AB , khi đó dựa vào giả thiết bài
toán ta suy ra được SI⊥ (ABC)
Mặt khác dễ dàng xác định được:
IS=IB
tan B ^S I ⇒ IS= a√3
√3 =a và IC=(2 a√3)√3
2 =3 a Chọn hệ trục tọa độ Oxyz với O≡ I , Ox ≡IA ,Oy ≡ IC ,Oz ≡IS
Khi đó ta xác định được tọa độ các điểm:
A(a√3 ;0 ;0), B(− a√3 ;0 ;0), C (0 ;3 a ;0 ), S (0 ;0 ;a) , M(0 ; 3 a
2 ;
a
2), N(0 ; 9 a
4 ;
a
4)
a) Ta có: ⃗AM(−a√3 ; 3 a
2 ;
a
2),⃗AN(− a√3 ; 9 a
4 ;
a
4),⃗AB(− 2 a√3 ;0 ;0)
Từ đó suy ra: V A MNB=1
6| [⃗AM ,⃗AN]⃗AB|=√3 a3
4 b) Ta có: ⃗AM(−a√3 ; 3 a
2 ;
a
2),⃗BN(a√3 ; 9 a
4 ;
a
4),⃗AB(−2 a√3; 0; 0)
Từ đó suy ra: d (AM , BN )=| [⃗AM ,⃗BN]⃗AB|
| [⃗AM,⃗BN] | =
2√237 a
79
Cách 2 (Dùng phương pháp hình học thuần túy)
Trang 5GV: NGUYỄN VĂN LƯƠNG-THPT CAM LỘ Tương tự cách 1 ta xác định được IS=a Do đó thể tích của
khối chóp S ABC là:
V S ABC=1
3 IS (12AB AC sin 60
0
)=√3 a3
(đvtt) Mặt khác ta có:
V S ABM
V S ABC=
SM
SC =
1
2⇒ V S ABM=√3 a3
2 ;
V C ABN
V S ABC=
CN
CS =
1
4⇒V S ABM=√3 a3
4
Vì V A MNB=V S ABC −(V S ABM+V C ABN) nên:
V A MNB=√3 a3−( √3 a2 3+
√3 a3
4 )=√3 a3
4 (đvtt )
Gọi J là trung điểm AC và G là trọng tâm tam giác
ABC
Trên SC, BC lần lượt lấy các điểm K , F sao cho
GK // IS ,GF // AC
Khi đó ta chứng minh được: BJ⊥ (GKF) ⇒(BJN) ⊥(GKF )(1)
Mặt khác vì AM // JN nên AM // (BJM )(2)
Từ (1) và (2) ta có: d (AM , BN )=d(M ,(BJM ))=3
5d(K , (BJN)) {Vì MNSC =1
4,
SK
SC=
1
3 nên MNKN =3
5 } Gọi T là giao điểm của BN , KF và E là 1 điểm trên
BN sao cho EF // NC Khi đó d(K ,( BJN))=d ( K ,GT )(3)
Dựa vào các tam giác đồng dạng ta có:
EF
NC=
BF
BC=
2
3 {vì ΔBEF ~ ΔBNC } TF
TK=
EF
KN=
EF
(53NC)
=3
5.
EF
NC=
3
5.
2
3=
2
5 { vì ΔETF ~ ΔNTK } Xét tam giác vuông KGF ta dễ dàng xác định được:
GK=2
3IS=
2 a
3 ;GF=
2
3JC=
2 a√3
3 ;KF=
4 a
3 ⇒ KT= 5
7KF=
20 a
21 Suy ra KT=5
7KF=
20 a
21 và G ^ K F=60 o
GT=√GK2+KT2− 2GK KT cos B ^ K T =√316
21 a
SGKT=1
2KG KT sin 60
o
=10√3 a2 63 Mặt khác:
SSKT=1
2d ( K , GT ) GT ⇒d (K , GT)= 2 SSKT
10√237 a
Trang 6GV: NGUYỄN VĂN LƯƠNG-THPT CAM LỘ
Từ (1),(3),(4) ta suy ra:
d (AM , BN )=3
5d (k , GT )=
3
5.
10√237 a
2√237 a
79
II.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần (phần A hoặc phần B)
A.Theo chương trình Chuẩn
Câu 7a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của cạnh BC , phương trình đường thẳng DM : x − y − 2=0 và C(3 ;−3) Xác định tọa độ các đỉnh A , B , D biết điểm A thuộc đường thẳng d :3 x + y −2=0
Cách 1.
Giả sử A (a ;2− 3 a) ∈d và M (b ;b − 2)∈ DM Vì M là trung điểm BC nên tọa độ điểm
B(2 b −3 ;2 b −1)
Vì ⃗AB=⃗DC nên ta suy ra được tọa độ điểm D (a −2 b+6 ;−3 a− 2 b)
Vì điểm D thuộc đường thẳng DM nên: (a −2 b+6)−(−3 a − 2b)− 2=0 ⇔ 4 a+4=0 ⇔ a=− 1(1)
Vì ABCD là hình vuông nên ⃗BA ⃗BC=0⇔(a − 2b +3) (6 −2 b)+(−3 a− 2 b+3) (−2 b −2)=0 (2)
Thay (1) vào (2) ta suy ra được :
(2− 2 b) (6 −2 b)+(6 −2 b )(− 2b − 2)=0 ⇔
b=0
¿
b=3
¿
¿
¿
¿
¿ TH1 Với a=−1 , b=3 ta có: A (−1 ;5) , B (3 ;5) ,C (3 ;− 3) , D (−1 ;−3 )
Kiểm tra thấy độ dài các cạnh AB , BC không bằng nhau Ta loại trường hợp này
TH2 Với a=−1 , b=0 ta có: A (−1 ;5) , B (−3 ;−1) , C (3 ;−3) , D (5 ;3 )
Kiểm tra thấy độ dài các cạnh AB , BC ,CD , DA bằng nhau nên ta nhận trường hợp này
Vậy các đỉnh cần tìm là: A (−1 ;5) , B (−3 ;−1) , D(5 ;3)
Cách 2 {Vận dụng hệ tam giác vuông cân}
Giả sử A (a ;2− 3 a) ∈d và M (b ;b − 2)∈ DM Vì M là trung điểm BC nên tọa độ điểm
B(2 b −3 ;2 b −1)
Tam giác ABC vuông cân tại B nên ta có:
¿
⃗BA ⃗BC=0
BA2
=BC2
⇔
¿(a −2 b+3 )(6 − 2b )+ (−3 a −2 b+3 )(− 2b − 2)=0 (1)
(a −2 b+3 )2+ (− 3 a −2 b+3 )2=(6 −2 b)2+(−2 b − 2)2(2)
¿{
¿
Trang 7GV: NGUYỄN VĂN LƯƠNG-THPT CAM LỘ
Từ (1) ta suy ra tồn tại số thực k để:
¿
a −2 b+3=k (−3 a− 2 b+3)
−2 b − 2=− k (6 − 2 b)
¿{
¿ Thay kết quả này (2) ta thu được phương trình:
a=− 1
¿
a= − 4 b+9
3
¿
¿
¿
¿
¿
k2
(−3 a −2 b+3 )2+(− 3 a −2 b+3 )2=(6 −2 b)2+k2
(6 −2 b )2
⇔(k2+1)(− 3 a −2 b+3 )2=(1+k2)(6 −2 b)2
⇔(−3 a −2 b+3)2
=(6 −2 b )2⇔
¿
TH1 Với a=−1 thay vào hệ (1),(2) ta suy ra b=0
TH2 Với a= − 4 b +9
3 thay vào hệ (1),(2) ta suy được hệ vô nghiệm
Tóm lại, các đỉnh cần tìm là: A (−1 ;5) , B (−3 ;−1) , D(5 ;3)
Cách 3.{Nếu đt Δ1, Δ2 lần lượt có hsg k1, k2 và (Δ1, Δ2)=μ thì tan μ=|k1−k2
1+k1k2|
Đường thẳng DM : x − y − 2=0 có hệ số góc bằng 1 Giả sử phương
trình đường thẳng DC : y=k(x −3)−3 có hệ số góc k Vì
ABCD là hình vuông nên:
tan M ^ D C=MC
DC =
1
2⇒|1− k 1+k|=1
2⇔
k =1/3
¿
k=3
¿
¿
¿
¿
¿ TH1 Với k =1
3 ta có phương trình DC : y=1
3( x −3) −3 Khi đó
tọa độ điểm D là nghiệm của hệ
¿
y=1
3( x −3) −3
x − y −2=0
⇔
¿x=−3 y=−5
⇒ D (−3 ;−5 )
¿{
¿ Giả sử A (a ;2− 3 a) ∈d , vì DA⊥ DC nên ⃗DA ⃗DC=0⇔6 (a+3 )+2(7 − 3 a)=0 ⇔32=0 (vô lí) TH2 Với k =3 ta có phương trình DC : y=3(x − 3)−3
Trang 8GV: NGUYỄN VĂN LƯƠNG-THPT CAM LỘ
Khi đó tọa độ điểm D là nghiệm của hệ
¿
y=3 ( x − 3) −3
x − y −2=0
⇔
¿x=5
y =3
⇒ D (5 ;3 )
¿{
¿ Giả sử A(a ;2− 3 a)∈d , vì DA⊥ DC nên
⃗DA ⃗DC=0⇔−2 (a −5 )− 6 (−3 a −1)=0 ⇔a=−1 ⇒ A (−1 ;5)
Vì ⃗ AB=⃗ DC nên ta dễ dàng xác định được tọa độ điểm B(− 3 ;− 1)
Cách 4
Gọi G là giao điểm của DM và AC thì G chính là
trọng tâm tam giác BCD Do đó ⃗ CA =3⃗ CG , hay là điểm
A chính là ảnh của điểm G qua phép vị tự V (C , 3) Dựa
vào tính chất của phép vị tự ta có:
DM : x − y − 2=0⃗ V (C , 3) Δ: x − y+6=0
Vì đường thẳng DM đi qua điểm G nên đường thẳng Δ
đi qua điểm A Suy ra:
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:
¿
3 x+ y −2=0
x − y +6=0
⇔
¿x=−1 y=5
⇒ A (− 1;5 )
¿{
¿ Gọi I là trung điểm AC thì I (1 ;1)
+) Đường thẳng BD đi qua điểm I(1 ;1) và vuông góc với AC nên có phương trình:
x − 2 y +1=0
+) Đường tròn ngoại tiếp (C) hình vuông có tâm I(1 ;1) và bán kính R=IA=2√5 nên có phương trình: ( x − 1)2+( y −1)2=20
+) Tọa độ của các điểm B , D là nghiệm của hệ:
x −2 y +1=0
(x − 1)2+(y −1)2=20
⇔
x=5 , y =3
¿
x=− 3 , y=−1
¿
¿
¿{
¿
¿
¿ ¿
Kết hợp với điều kiện điểm D thuộc đường thẳng DM : x − y − 2=0 suy ra tọa độ các đỉnh cần tìm là: A (−1 ;5) , B (−3 ;−1) , D(5 ;3)
Trang 9GV: NGUYỄN VĂN LƯƠNG-THPT CAM LỘ
8a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d : x − 1
2 =
y +2
1 =
z
1 và mặt phẳng ( P): x +2 y − z − 3=0 Viết phương trình đường thẳng Δ thuộc ( P) , vuông góc với
d đồng thời khoảng cách giữa Δ và d bằng √2
Vì Δ thuộc (P) nên ⃗u Δ ⊥ ⃗ n P(1) , vì Δ d nên
⃗
u Δ ⊥ ⃗ u d(2)
Từ (1), (2) ta có thể chọn
⃗
u Δ=[⃗n P ,⃗ u d]=(3 ; −3 ; − 3)=3 (1 ; −1 ; −1)
Cách 1 { Tính khoảng cách trực tiếp}
Giả sử điểm M ( a; b; a+2 b −3) khi đó phương trình đường
thẳng Δ là:
¿
x =a+t
y =b −t z=a+2b − 3− t
¿{{
¿
với t ∈ R
Trên đt Δ ta lấy thêm điểm N (a −3 ;b+3 ;a+2b ) và trên đt d ta lấy các điểm
A(1;− 2;0), B(3;− 1;1)
Khi đó:
d ( Δ, d )=d ( AB , MN)=| [⃗AB ,⃗MN]⃗AM|
| [⃗AB ,⃗MN] | =
|− 9 a− 9 b+45|
9√2 =√2⇔|− a −b+5|=2⇔ a+b=3
¿
a+b=7
¿
¿
¿
¿
¿
TH1 Với a+b=3 , ta có thể chọn a=1 ,b=2 hay là điểm M (1 ;2;2 )
Suy ra phương trình tham số của đường thẳng Δ cần tìm là:
¿
x=1+t y=2 −t z=2 −t
¿{ {
¿
TH2 Với a+b=7 , ta có thể chọn a=3 , b=4 hay là điểm M (3 ; 4 ;11)
Suy ra phương trình tham số của đường thẳng Δ cần tìm là:
¿
x=3+t y=4 −t z=11−t
¿{ {
¿
Cách 2 { Tính khoảng cách dựa vào việc xây dựng mặt phẳng phụ }
Trang 10GV: NGUYỄN VĂN LƯƠNG-THPT CAM LỘ
Gọi (Q) là mặt phẳng chứa đường thẳng d và song song
với đường thẳng Δ
Rõ ràng mặt phẳng (Q) có VTPT
⃗
n Q=[⃗u d , ⃗ u Δ]=(0 ; − 9; 9)=9 (0 ; −1 ; 1) và (Q) đi qua điểm
A (1;− 2;0 ) ∈ d
Do đó phương trình mặt phẳng (Q): y − z +2=0
Trên mặt phẳng (Q ) ta lấy điểm M ( a; b; a+2 b −3) sao
cho:
d(M , (Q))=√2⇔|b − (a+2 b −3 )+2|
√02+12+(−1 )2 =√2⇔|− a −b+5|
√2 =√2⇔|− a− b+5|=2
Từ đó ta có thể chọn a=1 ,b=2 hay là điểm M (1 ;2;2 ) Suy ra ptđt Δ cần tìm là: …
Câu 9a (1,0 điểm) Tìm hệ số của x3 trong khai triển Niutơn của biểu thức (2+2 x − x2− x3)n biết rằng:
C n0−1
2C n
1 +1
3C n
2− +(− 1) n 1
n+1 C n
n
= 1 13
Cách 1 { Dựa vào tích phân}
Theo khai triển nhị thức Niutơn ta có: (1+ x ) n=C n0
+C n1x+C n2x2+ +Cn n x n
Lấy tích phân 2 vế với cận từ −1 đến 0 ta được:
∫
− 1
0
(1+ x ) ndx=∫
− 1
0 (C n0+C n1x+C n2x2+ +Cn n x n)dx⇒ (1+ x )
n +1
n+1 ¿− 1
0
=(C n0x+C n1x
2
2+C n
2x3
3 + +Cn
n x n+ 1 n+1)¿−10
⇒ 1 n+1=C n
0
−1
2C n
1 +1
3C n
2
− +(−1 ) n 1
n+1 C n
n
=gt 1
13⇒n=12
Cách 2 { Dựa vào đẳng thức quen thuộc: k +11 C n k= 1
n+1 C n+1
k+1
}
Ta có: k +11 C n k
= 1
k +1.
n ! ( n− k ) ! k !=
1
n+1.
n! (n+1) (n− k ) ! k ! (k +1)=
1
n+1.
( n+ 1)!
(n− k ) ! (k +1) !=
1
n+1 C n+ 1 k+ 1
Do đó ta có: C n0−1
2C n
1 +1
3C n
2
− +(− 1) n 1
n+1 C n
n
= 1
n+1(C1n+1 − C n +12 +C n +13 − .+(−1) n C n +1 n +1) (1) Theo khai triển nhị thức Niutơn ta có: (1+ x ) n+1=C n+10
+C n+11 x+C n+12 x2+ .+Cn +1 n +1 x n+1
với ∀ x ∈ R
Thay x=−1 vào đẳng thức trên ta thu được:
0n +1=C n+10 − C n +11 +C n +12 − .+(−1) n+ 1 C n+1 n+1 ⇔C1n+1
− C n +12 +C n +13 − .+(−1) n C n +1 n +1=C n+10 =1 (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra: C n0−1
2C n
1 +1
3C n
2− +(− 1) n 1
n+1 C n
n
= 1
n+1 ⇔ 1
13=
1
n+1 ⇔n=12
Bài toán đã cho trở thành tìm hệ số x3 trong khai triển (2+2 x − x2− x3
)12
Ta có (2+2 x − x2− x3)12=(1+ x )12(2− x2)12 , do đó số hạng tổng quát của khai triển
(2+2 x − x2− x3)12 là:
C12k x k C12l .212 −l
(− x2
)l=C12k C12l .212 −l
(−1)l x k+ 2l với k , l là các số nguyên thỏa 0 ≤ k ,l ≤12
Để có x3 thì k +2 l=3 , từ đó ta tìm được: k =3 ,l=0 hoặc k =1, l=1
Do đó hệ số của x3 trong khai triển (2+2 x − x2− x3)12 là: C123 .C120 212−C121 C121 211=76 211
B.Theo chương trình Nâng cao
Câu 7b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (T ): x2+y2− 4 x=0 và đường thẳng d :2 x − y +2=0 Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho từ điểm M kẻ được 2
Trang 11GV: NGUYỄN VĂN LƯƠNG-THPT CAM LỘ tiếp tuyến MA , MB đến (T ) với A , B là các tiếp điểm đồng thời đường thẳng AB đi qua điểm K(−4 ;−5)
Cách 1
Đường tròn (T) có tâm I(2 ;0) và bán kính R=2
Gọi J là trung điểm của MI
Giả sử M ( a;2 a+2)∈ d suy ra: J(a+22 ; a+1) và
MJ=√5 a2+4 a+8
2
Vì MA⊥ AI , MB ⊥ BI nên A , B thuộc đường tròn (C )
có tâm J(a+22 ; a+1) và bán kính MJ=√5 a2+4 a+8
2 Phương trình (C ):(x − a+2
2 )2+ (y − a −1)2=5 a2+4 a+8
4 Hay (C ): x2+y2− (a+2) x −(2 a+2 ) y +2 a=0
Như vậy 2 điểm A , B vừa thuộc đường tròn (T ) vừa thuộc đường tròn (C ) do đó tọa độ của
A , B là
nghiệm của hệ:
¿
x2+y2− 4 x=0
x2 +y2−( a+2) x −(2 a+2) y +2 a=0
¿{
¿
⇒(a − 2) x +(2 a+2) y − 2 a=0
Do đó A , B thuộc đường thẳng (a −2)x+(2 a+2)y − 2a=0
Hay nói cách khác là đường thẳng AB có phương trình: (a −2) x+ (2 a+2) y − 2a=0
Vì đường thẳng AB đi qua điểm K(−4 ;−5) nên ta có:
(a −2) (− 4)+(2 a+ 2)(−5 )− 2 a=0 ⇔ −16 a −2=0 ⇔a= −1
8 ⇒ M(−18 ;
7
4)
Cách 2
Gọi N(x o ; y o) là 1 điểm trên đường tròn (T ) , khi đó phương trình tiếp tuyến của đường tròn tại
N có dạng: x o x + y o y −2(x o+x)=0 Tiếp tuyến này đi qua điểm M(a;2 a+2)∈ d khi:
x o a+ y o(2 a+2)− 2(x o+a)=0 hay là (a −2) x o+(2 a+2) yo − 2 a=0
Như vậy suy ra các tọa độ tiếp điểm A , B của các tiếp tuyến của (T ) kẻ từ M đều thỏa mãn phương trình đường thẳng (a −2)x+(2 a+2)y − 2a=0 Do đó phương trình
AB :( a− 2) x +(2 a+2) y −2 a=0
Vì đường thẳng AB đi qua điểm K(−4 ;−5) nên ta có…(tương tự cách 1)
Câu 8b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( P): x +2 y +2 z + 4=0
và mặt cầu (S ) : x2
+y2 +z2− 10 x −2 y − 6 z+10=0 Từ điểm M trên (P) kẻ 1 đường thẳng Δ
tiếp xúc với (S ) tại điểm N Xác định vị trí của điểm M để độ dài đoạn thẳng MN bằng
√11