Đề số 9 cánh diều

KIỂM TRA GIỮA KỲ 2
NĂM HỌC 2023 - 2024
Mơn: TỐN - Lớp 10 –
DÙNG CHO BỘ SÁCH CÁNH DIỀU
Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ SỐ 9

Phần 1. Câu trắc nghiệm nhiều phương án chọn.
Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án đúng nhất.
Câu 1. Trong một lớp học có 20 học sinh nam và 24 học sinh nữ. Giáo viên chủ nhiệm cần chọn 2 học
sinh: 1 nam và 1 nữ tham gia đội cờ đỏ. Hỏi giáo viên chủ nhiệm có bao nhiêu cách chọn?
A. 44.
B. 946.
C. 480.
D. 1892.
Cho sáu chữ số 0,1, 2,3, 4,5 . Từ sáu chữ số trên có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên, mỗi số
có bốn chữ số khác nhau và không chia hết cho 5.
A. 15.
B. 22.
C. 192.
D. 720.
Câu 2.

Câu 3.

Có bao nhiêu số tự nhiên có bốn chữ số khác nhau được lập từ các số 1,2,3,5,7 .
A. 15.

Câu 4.

D. 24.

B. 5! .

C. 6.

D. 6!.

Cho tập hợp A = {1,2,3,4,5,6} . Từ A lập được bao nhiêu số có ba chữ số đơi một khác nhau và

tổng của ba chữ số này bằng 9?
A. 6.
Câu 6.

C. 10.

Có bao nhiêu cách xếp 6 bạn thành một hàng dọc?
A. 66 .

Câu 5.

B. 120.

B. 12.

C. 18.

D. 15.

Khai triển nhị thức (2 x + y )5 . Ta được kết quả là:

A. 32 x5 + 16 x 4 y + 8 x3 y 2 + 4 x 2 y3 + 2 xy 4 + y5 .
B. 32 x5 + 80 x 4 y + 80 x3 y 2 + 40 x 2 y 3 + 10 xy 4 + y 5 .
C. 2 x5 + 10 x 4 y + 20 x3 y 2 + 20 x 2 y 3 + 10 xy 4 + y 5 .
D. 32 x5 + 10000 x 4 y + 80000 x3 y 2 + 400 x 2 y 3 + 10 xy 4 + y 5 .

Câu 7.

Cho a = (−5; 0), b = (4; x) . Hai vectơ a và b cùng phương nếu số x là:
A. −5 .

Câu 8.

C. −1 .

D. 0.

Cho a = (0;1), b = (−1; 2), c = (−3; −2) . Tọa độ của u = 3a + 2b − 4c là:
A. (10; −15) .

Câu 9.

B. 4.

B. (15;10) .

C. (10;15) .

D. (−10;15) .

Cho A(0;3), B(4;2) . Điểm D thỏa mãn OD + 2DA − 2DB = 0 , tọa độ D là:

A. (−3;3) .

B. (8; −2) .

C. (−8;2) .

 5
D.  2;  .
 2

Câu 10. Trong mặt phẳng Oxy , cho A(−2;0), B(5; −4), C(−5;1) . Tọa độ điểm D để tứ giác BCAD là
hình bình hành là:
A. D(−8; −5) .
B. D(8;5) .
C. D(−8;5) .
D. D(8; −5) .
Câu 11. Đường thẳng đi qua A(−3;2) và nhận n = (1;5) làm vectơ pháp tuyến có phương trình tổng
quát là:
A. x + 5 y + 7 = 0 .
B. −5x + y −17 = 0 .
C. −x + 5 y −13 = 0 .
D. x + 5 y − 7 = 0 .

x = 2 + t
Câu 12. Cơsin góc giữa hai đường thẳng 1 : − x + 3 y − 1 = 0 và  2 : 
bằng:
 y = 1 − 2t
Trang 1

A.

5
.
10

B.

10
.
10

C.

2
.
10

D.

5
.
2

Phần 2. Câu trắc nghiệm đúng sai.
Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai
Câu 1. Có 5 bơng hồng, 4 bơng trắng (mỗi bơng đều khác nhau về hình dáng). Một người cần chọn
một bó bơng từ số bơng này. Khi đó:
a) Số cách chọn 4 bông tùy ý là 126 cách
b) Số cách chọn 4 bông mà số bông mỗi màu bằng nhau là 50 cách

c) Số cách chọn 4 bông, trong đó có 3 bơng hồng và 1 bơng trắng là: 30 cách
d) Số cách chọn 4 bơng có đủ hai màu: 120 (cách).
5

 1 
Cho 1 − x  = a0 + a1 x + a2 x 2 + a3 x3 + a4 x 4 + a5 x5 . Vậy:
 2 

Câu 2.
a) a3 =

5
2

b) a5 = −

1
32

c) Hệ số lớn nhất trong tất cả hệ số là
d) Tổng a0 + a1 + a2 + a3 + a4 + a5 =
Câu 3.

5
2

1
16

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có các đỉnh thỏa mãn

OA = 2i − j , OB = i + j , OC = 4i + j . Vậy:

a) A(2; −1), B(1;1), C(4;1)

3 
b) E là trung điểm AB nên E  ;0 
2 
 2 1
c) G là trọng tâm ABC nên G  ; 
 3 3
d) Điểm D sao cho ABCD là hình bình hành nên D(2; −1)
Chuyển động của vật thể M được thể hiện trên mặt phẳng toạ độ Oxy . Vật thể M khởi hành
từ điểm A(5;3) và chuyển động thẳng đều với vectơ vận tốc là v (1;2) . Khi đó:
Câu 4.

a) Vectơ chỉ phương của đường thẳng biểu diễn chuyển động của vật thể là v (1;2)
b) Vật thể M chuyển động trên đường thẳng 2x − 3 y −1 = 0

x = 5 + t
c) Toạ độ của vật thể M tại thời điểm t (t  0) tính từ khi khởi hành là 
 y = 3 + 2t
d) Khi t = 5 thì vật thể M chuyển động được quãng đường dài bằng 5 5
Phần 3. Câu trả lời ngắn.
Thí sinh trả lời đáp án từ câu 1 đến câu 6.
Câu 1.

Cho hai đường thẳng d1 và d 2 song song với nhau. Trên d1 có 10 điểm phân biệt, trên d 2 có

n điểm phân biệt (n  2) . Biết rằng có 2800 tam giác mà đỉnh của chúng là các điểm nói trên. Tìm n

Câu 2. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm bảy chữ số được chọn từ 1,2, 3,4, 5 sao cho chũ̃ số 2 có mặt
đúng hai lần, chữ số 3 có mặt đúng ba lần và các chữ số cịn lại có mặt khơng q một lần?

Trang 2


2
Tìm hệ số của số hạng chứa x 4 trong các khai triển sau ( x3 − ) n , biết rằng Cnn −1 + Cnn − 2 = 78
x
với x  0 .
Câu 4. Cho ba điểm A(−1;4), B(1;1), C(3; −1) . Tìm điểm M thuộc trục hồnh sao cho | MA − MB | bé

Câu 3.

nhất
x = t
, d 2 : x + y + 3 = 0 . Viết phương trình tham số đường
Cho hai đường thẳng d1 : 
 y = −2 + 2t
thẳng d qua điểm M (3;0) , đồng thời cắt hai đường thẳng d1 , d 2 tại hai điểm A, B sao cho M là trung

Câu 5.

điểm của đoạn AB
Câu 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , hình chữ nhật ABCD có điểm H (1;2 ) là hình chiếu vng góc

9 
của A lên cạnh BD . Điểm M  ;3  là trung điểm cạnh BC . Phương trình đường trung tuyến kẻ từ đỉnh
2 

A của tam giác ADH là 4x + y − 4 = 0 . Biết điểm D ( a; b ) , tính biểu thức P = 4a2 + b2 .

PHIẾU TRẢ LỜI
PHẦN 1.
(Mỗi câu trả lời đúng thí sinh được 0,25 điểm)
Câu
1
2
3
4
5
6
7
8
9
Chọn
PHẦN 2.
Điểm tối đa của 01 câu hỏi là 1 điểm.
- Thí sinh chỉ lựa chọn chính xác 01 ý trong 1 câu hỏi được 0,1 điểm.
- Thí sinh chỉ lựa chọn chính xác 02 ý trong 1 câu hỏi được 0,25 điểm.
- Thí sinh chỉ lựa chọn chính xác 03 ý trong 1 câu hỏi được 0,50 điểm.
- Thí sinh lựa chọn chính xác cả 04 ý trong 1 câu hỏi được 1 điểm.
Câu 1
Câu 2
Câu 3
a)
a)
a)
b)
b)

b)
c)
c)
c)
d)
d)
d)
PHẦN 3.
(Mỗi câu trả lời đúng thí sinh được 0,5 điểm)
Câu
Đáp án
1
2
3
4
5
6

10

11

12

Câu 4
a)
b)
c)
d)

Phần 1. Câu trắc nghiệm nhiều phương án chọn.
Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 12. Mỗi câu hỏi thí sinh chỉ chọn một phương án đúng nhất.
Câu 1. Trong một lớp học có 20 học sinh nam và 24 học sinh nữ. Giáo viên chủ nhiệm cần chọn 2 học
sinh: 1 nam và 1 nữ tham gia đội cờ đỏ. Hỏi giáo viên chủ nhiệm có bao nhiêu cách chọn?
A. 44.
B. 946.
C. 480.
D. 1892.
Trang 3


Lời giải
Chọn C
Có 20 cách chọn một học sinh nam và 24 cách chọn một học sinh nữ. Vậy có 20.24 = 480 cách
chọn hai bạn (1 nam và 1 nữ) tham gia đội cờ đỏ.
Cho sáu chữ số 0,1, 2,3, 4,5 . Từ sáu chữ số trên có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên, mỗi số
có bốn chữ số khác nhau và không chia hết cho 5.
A. 15.
B. 22.
C. 192.
D. 720.
Lời giải
Chọn C
Số có bốn chữ số có dạng abcd .
Do abcd khơng chia hết cho 5 nên có 4 cách chọn d ( một trong số: 1, 2,3, 4 ).
Chọn a  E \{0; d} nên có 4 cách chọn a .
Chọn b  E \{a; d} nên có 4 cách chọn b .
Chọn c  E \{a; b; d} nên có 3 cách chọn c .
Theo quy tắc nhân ta có: 4  4.4.3 = 192 số tự nhiên thỏa mãn.
Câu 2.

Câu 3.

Có bao nhiêu số tự nhiên có bốn chữ số khác nhau được lập từ các số 1,2,3,5,7 .
A. 15.

B. 120.

C. 10.
Lời giải

D. 24.

Chọn B
Số các số cần lập là A54 = 120 .
Câu 4.

Có bao nhiêu cách xếp 6 bạn thành một hàng dọc?
A. 66 .

B. 5! .

C. 6.
Lời giải

D. 6!.

Chọn D
Sắp xếp 6 bạn thành một hàng dọc là hoán vị của 6 phần tử. Nên số cách xếp 6 bạn thành một
hàng dọc là 6!.

Câu 5.

Cho tập hợp A = {1,2,3,4,5,6} . Từ A lập được bao nhiêu số có ba chữ số đôi một khác nhau và

tổng của ba chữ số này bằng 9?
A. 6.

B. 12.

C. 18.
Lời giải

D. 15.

Chọn C
Gọi abc là số cần lập. Theo bài toán ta có bộ số {a, b, c} được chọn từ một trong ba bộ
{1;2;6},{1;3;5},{2;3;4} . Do đó ta có ba cách chọn bộ ba số trên. Trong mỗi bộ số được chọn ta
lại có 3! = 6 cách sắp xếp cúng tạo ra số cần lập. Vậy ta được tất cả 3.6 = 18 cách lập.
Câu 6.

Khai triển nhị thức (2 x + y )5 . Ta được kết quả là:
A. 32 x5 + 16 x 4 y + 8 x3 y 2 + 4 x 2 y3 + 2 xy 4 + y5 .
B. 32 x5 + 80 x 4 y + 80 x3 y 2 + 40 x 2 y 3 + 10 xy 4 + y 5 .
C. 2 x5 + 10 x 4 y + 20 x3 y 2 + 20 x 2 y 3 + 10 xy 4 + y 5 .
D. 32 x5 + 10000 x 4 y + 80000 x3 y 2 + 400 x 2 y 3 + 10 xy 4 + y 5 .
Lời giải
Chọn B
(2 x + y )5 = C50 (2 x)5 + C51 (2 x)4 y + C52 (2 x)3 y 2 + C53 (2 x) 2 y 3 + C54 (2 x) y 4 + C55 y 5

= 32 x5 + 80 x 4 y + 80 x3 y 2 + 40 x 2 y 3 + 10 xy 4 + y 5

Câu 7.

Cho a = (−5; 0), b = (4; x) . Hai vectơ a và b cùng phương nếu số x là:
A. −5 .

Trang 4

.

B. 4.

C. −1 .
Lời giải

D. 0.


Chọn D


5

−5 = 4k
k = −
Ta có: a và b cùng phương  a = k  b (k  )  

4.
0
=
kx


 x = 0

Câu 8.

Cho a = (0;1), b = (−1; 2), c = (−3; −2) . Tọa độ của u = 3a + 2b − 4c là:
A. (10; −15) .

B. (15;10) .

D. (−10;15) .

C. (10;15) .
Lời giải

Chọn C
Ta có: u = 3a + 2b − 4c = (3  0 + 2.(−1) − 4  (−3);3 1 + 2  2 − 4  (−2)) = (10;15) .
Câu 9.

Cho A(0;3), B(4;2) . Điểm D thỏa mãn OD + 2DA − 2DB = 0 , tọa độ D là:
A. (−3;3) .

 5
D.  2;  .
 2

C. (−8;2) .

B. (8; −2) .

Lời giải
Chọn B .


 xD − 0 + 2 ( 0 − xD ) − 2 ( 4 − xD ) = 0
Ta có: OD + 2 DA − 2 DB = 0  

 yD − 0 + 2 ( 3 − yD ) − 2 ( 2 − yD ) = 0
x = 8
 D
.  D(8; −2) .
 yD = −2

Câu 10. Trong mặt phẳng Oxy , cho A(−2;0), B(5; −4), C(−5;1) . Tọa độ điểm D để tứ giác BCAD là
hình bình hành là:
A. D(−8; −5) .
B. D(8;5) .
C. D(−8;5) .
D. D(8; −5) .
Lời giải
Chọn D
x = 8
−5 − 5 = −2 − xD
 D
Ta có: BCAD là hình bình hành khi BC = DA  
. Vậy
y
=
−
5

D
1 + 4 = 0 − yD

D(8; −5) .
Câu 11. Đường thẳng đi qua A(−3;2) và nhận n = (1;5) làm vectơ pháp tuyến có phương trình tổng
quát là:
A. x + 5 y + 7 = 0 .
B. −5x + y −17 = 0 .
C. −x + 5 y −13 = 0 .
D. x + 5 y − 7 = 0 .

x = 2 + t
Câu 12. Cơsin góc giữa hai đường thẳng 1 : − x + 3 y − 1 = 0 và  2 : 
bằng:
 y = 1 − 2t
A.

5
.
10

1 ,  2

B.

10
.
10

C.

2
.
10

D.

5
.
2

Lời giải

lần

lượt

nhận

cos ( 1 ,  2 ) = cos ( n1 , n2 ) =

n1 = (−1;3), n2 = (2;1)

n1  n2
n1  n2

=

là

| −1  2 + 3 1|
(−1) + 3  2 + 1
2

2

2

2

=

vectơ

pháp

tuyến.

Vậy

2
. Chọn C
10

Phần 2. Câu trắc nghiệm đúng sai.
Thí sinh trả lời từ câu 1 đến câu 4. Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai
Câu 1. Có 5 bơng hồng, 4 bơng trắng (mỗi bơng đều khác nhau về hình dáng). Một người cần chọn
một bó bơng từ số bơng này
a) Số cách chọn 4 bông tùy ý là 126 cách
Trang 5

b) Số cách chọn 4 bông mà số bông mỗi màu bằng nhau là 50 cách
c) Số cách chọn 4 bơng, trong đó có 3 bơng hồng và 1 bơng trắng là: 30 cách
d) Số cách chọn 4 bơng có đủ hai màu: 120 (cách).
Lời giải:
a) Đúng
b) Sai
c) Sai

d) Đúng

a) Số cách chọn 4 bông từ 9 bông: C94 = 126 (cách).
b) Số cách chọn 2 bông hồng từ 5 bông hồng: C 52 (cách).
Số cách chọn 2 bông trắng từ 4 bông trắng: C 42 (cách).
Số cách chọn một bó bơng thỏa mãn đề bài: C52  C42 = 60 (cách).
c) 3 bơng hồng, 1 bơng trắng: có C53  C41 = 40 (cách).
d) Cách giải 1: Làm trực tiếp.
Trường hợp 1: 3 bơng hồng, 1 bơng trắng: có C53  C41 = 40 (cách).
Trường hợp 2: 2 bông hồng, 2 bơng trắng: có C52  C42 = 60 (cách).
Trường hợp 3: 1 bơng hồng, 3 bơng trắng: có C51  C43 = 20 (cách).
Theo quy tắc cộng ta có tất cả 40 + 60 + 20 = 120 (cách chọn).
Cách giải 2: Phương pháp loại trừ.
Số cách chọn 4 bông từ 9 bông (tùy ý): C94 = 126 (cách).
Số cách chọn 4 bông chỉ một màu (hồng hoặc trắng): C54 + C44 = 6 (cách).
Vậy số cách chọn 4 bơng có đủ hai màu: 126 − 6 = 120 (cách).
5

 1 
Cho 1 − x  = a0 + a1 x + a2 x 2 + a3 x3 + a4 x 4 + a5 x5 .

 2 

Câu 2.
a) a3 =

5
2

b) a5 = −

1
32

c) Hệ số lớn nhất trong tất cả hệ số là
d) Tổng a0 + a1 + a2 + a3 + a4 + a5 =

5
2

1
16

Lời giải
a) Sai
5

b) Đúng
2

c) Đúng

3

4

1 
1 
1 
1 
1 
 1 
0
1
2
3
4
5
1 − x  = C5 + C5  − x  + C5  − x  + C5  − x  + C5  − x  + C5  − x 
 2 
 2 
 2 
 2 
 2 
 2 
5
5
5
5
1
= 1 − x + x 2 − x3 + x 4 − x5 = a0 + a1 x + a2 x 2 + a3 x3 + a4 x 4 + a5 x5 (*) .
2

2
4
16
32
5
5
5
5
1
Suy ra: a0 = 1, a1 = − , a2 = , a3 = − , a4 = , a5 = − .
2
2
4
16
32
5
Ta thấy hệ số lớn nhất tìm được là a2 = .
2
5
 1
Thay x = 1 vào (*) , ta được: 1 −  = a0 + a1 + a2 + a3 + a4 + a5 .
 2
1
Vậy a0 + a1 + a2 + a3 + a4 + a5 = .
32
Trang 6

d) Sai
5

Câu 3.

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có các đỉnh thỏa mãn

OA = 2i − j , OB = i + j , OC = 4i + j .

a) A(2; −1), B(1;1), C(4;1)

3 
b) E là trung điểm AB nên E  ;0 
2 
 2 1
c) G là trọng tâm ABC nên G  ; 
 3 3
d) Điểm D sao cho ABCD là hình bình hành nên D(2; −1)
Lời giải:
a) Đúng
b) Đúng

c) Sai

d) Sai

a) Ta có : OA = 2i − j  A(2; −1), OB = i + j  B(1;1), OC = 4i + j  C (4;1) .
x +x
y + yB −1 + 1
2 +1 3
3 
b) E là trung điểm AB nên xE = A B =

= , yE = A
=
= 0 hay E  ;0 
2
2
2
2
2
2 
x +x +x
y + yB + yC −1 + 1 + 1 1
2 +1+ 4 7
c) G là trọng tâm ABC nên xG = A B C =
=
= , yG = A
= hay
3
3
3
3
3
3
7 1
G ;  .
 3 3
d) Ta có : ABCD là hình bình hành
 xD − xA = xC − xB
 x − 2 = 4 − 1  xD = 5
 AD = BC  
 D


 yD + 1 = 1 − 1
 yD = −1
 yD − y A = yC − yB
Vậy D(5; −1) .
Chuyển động của vật thể M được thể hiện trên mặt phẳng toạ độ Oxy . Vật thể M khởi hành
từ điểm A(5;3) và chuyển động thẳng đều với vectơ vận tốc là v (1;2) .
Câu 4.

a) Vectơ chỉ phương của đường thẳng biểu diễn chuyển động của vật thể là v (1;2)
b) Vật thể M chuyển động trên đường thẳng 2x − 3 y −1 = 0

x = 5 + t
c) Toạ độ của vật thể M tại thời điểm t (t  0) tính từ khi khởi hành là 
 y = 3 + 2t
d) Khi t = 5 thì vật thể M chuyển động được quãng đường dài bằng 5 5
Lời giải
a) Đúng
b) Sai
c) Đúng

d) Đúng

Vectơ chỉ phương của đường thẳng biểu diễn chuyển động của vật thể là v (1;2) ,
do đó đường thẳng này có vectơ pháp tuyến là n(2; −1) . Mặt khác, đường thẳng
này đi qua điểm A(5;3) nên có phương trình là: 2( x − 5) − ( y − 3) = 0  2x − y − 7 = 0 .
Vật thể khởi hành từ điểm A(5;3) và chuyển động thẳng đều với vectơ vận tốc
x = 5 + t
là v (1;2) nên vị trí của vật thể tại thời điểm t (t  0) có toạ độ là: 
 y = 3 + 2t

 xB = 5 + 5 = 10
Gọi B là vị trí của vật thể tại thời điểm t = 5 . Do đó, toạ độ của điểm B là: 
 yB = 3 + 2  5 = 13
Khi đó quãng đường vật thể đi được là AB = 25 + 100 = 5 5
Phần 3. Câu trả lời ngắn.
Thí sinh trả lời đáp án từ câu 1 đến câu 6.
Trang 7


Câu 1.

Cho hai đường thẳng d1 và d 2 song song với nhau. Trên d1 có 10 điểm phân biệt, trên d 2 có

n điểm phân biệt (n  2) . Biết rằng có 2800 tam giác mà đỉnh của chúng là các điểm nói trên. Tìm n
Lời giải
Nhận xét: Một tam giác được tạo thành cần 2 điểm thuộc d1;1 điểm thuộc d 2 và ngược lại. Vì
vậy số tam giác có được là: C102 Cn1 + C101 Cn2 .
Ta có: C102 Cn1 + C101 Cn2 = 2800  45n + 5n(n − 1) − 2800 = 0  n = 20 .
Câu 2. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm bảy chữ số được chọn từ 1,2, 3,4, 5 sao cho chũ̃ số 2 có mặt
đúng hai lần, chữ số 3 có mặt đúng ba lần và các chữ số cịn lại có mặt khơng q một lần?
Lời giải
Xét bảy ô tương ứng với bảy chữ số của số tự nhiên cần lập.
Chọn hai từ bảy vị trí để đặt chữ số 2: có C 72 (cách).
Chọn ba từ năm vị trí cịn lại để đặt chữ số 3: có C 53 (cách).
Chọn hai chữ số từ {1;4;5} rồi xếp vào hai vị trí cuối: A32 (cách).
Vậy số các số tự nhiên thỏa mãn là C72C53 A32 = 1260 .
2
Tìm hệ số của số hạng chứa x 4 trong các khai triển sau ( x3 − ) n , biết rằng Cnn −1 + Cnn − 2 = 78
x
với x  0 .

Lời giải
n!
n!
+
= 78
Ta có: Cnn −1 + Cnn − 2 = 78 
(n − 1)!1! (n − 2)!2!
 n = 12
n(n − 1)
 n+
= 78  n 2 + n − 156 = 0  
2
 n = −13(l )

Câu 3.

12
12
2

 −2 
Khi đó: f ( x) =  x3 −  =  C12k ( x3 )12−k .   =  C12k (−2)k x36−4 k
x

 x  k =0
k =0
4
Số hạng chứa x ứng với k : 36 − 4k = 4  k = 8
Hệ số hạng của số hạng chứa x 4 là: (−2)8 C128 = 126720 .
12

Câu 4.

k

Cho ba điểm A(−1;4), B(1;1), C(3; −1) . Tìm điểm M thuộc trục hồnh sao cho | MA − MB | bé

nhất
Lời giải:
Ta thấy: y A yB = 4.1  0  A, B nằm cùng phía so với trục Ox . Ta có: | AM − BM | AB nên
| AM − BM |max = AB .
Giá trị lớn nhất này đạt được khi A, B, M thẳng hàng ( M nằm ngoài AB) . Gọi
M ( x;0)  Ox  AM = ( x + 1; −4), AB = (2; −3) .

Ta có: AM , AB cùng phương 

x + 1 −4
5
8 
=
 3( x + 1) = 8  x = hay M  ;0  .
2
−3
3
3 

x = t
, d 2 : x + y + 3 = 0 . Viết phương trình tham số đường
Cho hai đường thẳng d1 : 
 y = −2 + 2t

thẳng d qua điểm M (3;0) , đồng thời cắt hai đường thẳng d1 , d 2 tại hai điểm A, B sao cho M là trung

Câu 5.

điểm của đoạn AB
Lời giải:
Xét đường thẳng d 2 : x + y + 3 = 0 ; thay x = t   y = −3 − t  , ta có phương trình tham số

x = t
d2 : 
.

y
=
−
3
−
t

Trang 8


Gọi A = d  d1  A(t ; −2 + 2t ) ; gọi B = d  d 2  B ( t  ; −3 − t  ) .


t + t
 11
t=
3
=




t + t = 6

3
2


Vì M (3;0) là trung điểm của đoạn AB nên 
. Ta


 2t − t = 5 t  = 7
0 = −2 + 2t − 3 − t



3
2
2
 11 16 
 2 16 
có A  ;   AM =  − ; −  = − u với u = (1;8) là một vectơ chỉ phương của d .
3
3
3 3
 3
x = 3 + t
Phương trình tham số của d là 

 y = 8t

Câu 6.

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , hình chữ nhật ABCD có điểm H (1;2 ) là hình chiếu vng góc

9 
của A lên cạnh BD . Điểm M  ;3  là trung điểm cạnh BC . Phương trình đường trung tuyến kẻ từ đỉnh
2 

A của tam giác ADH là 4x + y − 4 = 0 . Biết điểm D ( a; b ) , tính biểu thức P = 4a2 + b2 .
Lời giải

Gọi K và F lần lượt là trung điểm của AH và DH .

 KF // AD

Ta có: KF là đường trung bình của tam giác AHD  
.
1
 KF = 2 AD
1
1
Lại có BM = BC = AD nên tứ giác KFMB là hình bình bình hành.
2
2
Do BM ⊥ AB nên KF ⊥ AB suy ra K là trực tâm tam giác ABF  BK ⊥ FA  MF ⊥ FA .
Theo giả thiết, phương trình AF : 4x + y − 4 = 0 .
9 
Đường thẳng MF đi qua điểm M  ;3  và vng góc với AF .

2 
15
Do đó MF có phương trình: x − 4 y + = 0 .
2
Ta có F = AF  MF . Khi đó, tọa độ điểm F là nghiệm của hệ phương trình:
15
1


x − 4 y + = 0 x =
1 

2
2  F  ;2 .

2 
4 x + y − 4 = 0
 y = 2
Do F là trung điểm DH nên D ( 0;2)  a = 0; b = 2  P = 4a 2 + b2 = 4 .

Trang 9