www.MATHVN.com - hd giai de 51-55 pptx

Ôn thi Đại học

www.MATHVN.com

Trần Sĩ Tùng

Hướng dẫn Đề số 51
Câu I: 2) PT hoành độ giao điểm: x 3 + 3 x 2 + mx + 1 = 1
x = 0
⇔ x ( x 2 + 3x + m ) = 0 ⇔ 
2
 f ( x ) = x + 3x + m = 0
Đê thỏa mãn YCBT thì PT

f ( x ) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 khác 0 và

9 − 4m > 0, f (0) = m ≠ 0
y′ ( x1 ) .y′ ( x2 ) = −1 ⇔  2
2
(3 x1 + 6 x1 + m)(3x2 + 6 x2 + m) = −1.


9
m < , m ≠ 0
⇔
4
9( x x )2 + 18 x x ( x + x ) + 3m( x 2 + x 2 ) + 36 x x + 6m( x + x ) + m 2 = −1
 1 2
1 2 1
2
1

2
1 2
1
2

9
m < , m ≠ 0
9 ± 65
⇔
⇔ m=
4
8
 4 m 2 − 9m + 1 = 0

Câu II: 1) Điều kiện: cos x ≠ 0 .
2
2
2
PT ⇔ cos 2 x − tan x = 1 + cos x − (1 + tan x) ⇔ 2cos x − cos x − 1 = 0

 cos x = 1
 x = k 2π

1 ⇔ 
2π
⇔
+ k 2π
 cos x = −
x = ±


2

3

 x2 + 1
+x+ y = 4

 x 2 + y 2 + xy + 1 = 4 y
y

⇔
.
2) Từ hệ PT ⇒ y ≠ 0 . Khi đó ta có: 
2
2
2
 y( x + y) = 2 x + 7 y + 2
( x + y ) 2 − 2 x + 1 = 7

y

 u+v = 4
 u = 4−v
 v = 3, u = 1
x2 + 1
⇔ 2
⇔
, v = x + y ta có hệ:  2
Đặt u =
y

v − 2u = 7
v + 2v − 15 = 0
 v = −5, u = 9
 x2 + 1 = y
 x2 + 1 = y
 x2 + x − 2 = 0
 x = 1, y = 2
⇔
⇔
⇔
• Với v = 3, u = 1 ta có hệ: 
.
 x = −2, y = 5
x+ y =3
 y = 3− x
 y = 3− x
 x2 + 1 = 9 y
 x2 + 1 = 9 y
 x 2 + 9 x + 46 = 0
⇔
⇔
• Với v = −5, u = 9 ta có hệ: 
, hệ này vô
 x + y = −5
 y = −5 − x
 y = −5 − x
nghiệm.
Kết luận: Hệ đã cho có hai nghiệm: (1; 2), ( −2; 5) .
3

 ln x 
e
e
e
3

÷
Câu III:
log 2 x
1
ln 2 x.
ln xdx
 ln 2 
I =∫
dx = ∫
dx = 3 ∫
.
2
2
2
ln 2 1 1 + 3ln x
x
1 x 1 + 3ln x
1 x 1 + 3ln x
1 2
dx 1
2
2
= tdt .
Đặt 1 + 3ln x = t ⇒ ln x = (t − 1) ⇒ ln x.

3
x 3
1 2
e
2
2
3
( t − 1) 1
log 2 x
1
1
2
Suy ra : I =
dx = 3 ∫ 3
. tdt =
3
∫ x 1 + 3ln 2 x
∫ ( t − 1) dt
ln 2 1
t
3
9 ln 2 1
1
2

1 1 3 
4
=
 t −t÷ =
3

3
9 ln 2  3
 1 27 ln 2
Câu IV: Gọi P,Q là trung điểm của BD, MN. Chứng minh được: AC’ ⊥ PQ. Suy ra AC ′ ⊥ (BDMN)
Gọi H là giao của PQ và AC’. Suy ra AH là đường cao của hình chóp A.BDMN.

Trang 96


Ôn thi Đại học
Tính được AH =

www.MATHVN.com

Trần Sĩ Tùng

2
a 15
.
AC′ =
5
5

1
3a
a 15
a
3a2 15
. Suy ra: VA. BDMN = S BDMN . AH =
.

, MN = ⇒ SBDMN =
4
2
3
16
16
3

PQ =

Câu V:
• Cách 1: Ta có ab + bc + ca − 2abc = a (b + c) + (1 − 2a )bc = a (1 − a ) + (1 − 2a )bc .

(b + c) 2 (1 − a) 2
.
=
4
4
 (1 − a)2 
f (t ) = a(1 − a) + (1 − 2a)t trên đoạn  0;

Xét hàm số:
4 



2
(a + 1 − a)
1 7
Có: f (0) = a (1 − a ) ≤

và
= <
4
4 27
2
 (1 − a )2  7 1
1 
1
7
f
− (2a + )  a − ÷ ≤
÷=
với ∀a ∈ [ 0;1] .
 4 ÷ 27 4
3 
3
27


7
1
Vậy: ab + bc + ca − 2abc ≤
. Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c = .
27
3
Đặt t = bc thì ta có 0 ≤ t = bc ≤

• Cách 2: Ta có a2 ≥ a2 − (b − c)2 = (a + b − c)(a − b + c) = (1 − 2c)(1 − 2b)
Tương tự: b2 ≥ (1 − 2a)(1 − 2c)

(1)

c2 ≥ (1 − 2a)(1 − 2b) (3)
Từ (1), (2), (3) ⇒ abc ≥ (1 − 2a)(1 − 2b)(1 − 2c) = 1 − 2(a + b + c) + 4(ab + bc + ca) − 8abc
1 + 9abc
1 + abc
⇒ ab + bc + ca ≤
⇒
ab + bc + ca − 2abc ≤
4
4
1
1
1+
Mặt khác a + b + c ≥ 3 3 abc ⇒ abc ≤
. Do đó:
27 = 7 .
ab + bc + ca − 2abc ≤
27
4
27
1
Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c = .
3
Câu VI.a: 1) Gọi C (c; 2c + 3) và I (m;6 − m) là trung điểm của BC.
Suy ra: B(2m − c; 9 − 2m − 2c) . Vì C’ là trung điểm của AB nên:
 2m − c + 5 11 − 2m − 2c 
C '
;
÷∈ CC ' nên

2
2


5
 5 41 
 2m − c + 5  11 − 2m − 2c
2
+ 3 = 0 ⇒ m = − ⇒ I  − ; ÷.
÷−

2

2
6
 6 6 
Phương trình BC: 3 x –3y + 23 = 0 .
2 x − y + 3 = 0
 14 37 
⇒C ; ÷
Tọa độ của C là nghiệm của hệ: 
 3 3 
3 x − 3 y + 23 = 0
(2),

 19 4 
; ÷.
 3 3
uu
ur

uu
ur
2) Ta có: AB = (2; 2; −2), AC = (0; 2; 2).
Tọa độ của B  −

Suy ra phương trình mặt phẳng trung trực của AB, AC là: x + y − z − 1 = 0, y + z − 3 = 0.

r

uu uu
ur ur

Vectơ pháp tuyến của mp(ABC) là n =  AB, AC  = (8; −4; 4).


Suy ra (ABC): 2 x − y + z + 1 = 0 .

Trang 97


Trần Sĩ Tùng

www.MATHVN.com

Ôn thi Đại học

 x + y − z −1 = 0
x = 0



Giải hệ:  y + z − 3 = 0 ⇒  y = 2 . Suy ra tâm đường tròn là I (0; 2;1).
2 x − y + z + 1 = 0  z = 1


Bán kính là R = IA = ( −1 − 0) 2 + (0 − 2) 2 + (1 − 1) 2 = 5.
Câu VII.a: Giải PT đã cho ta được các nghiệm: z1 = 1 −

3 2
3 2
i, z2 = 1 +
i
2
2
2

2

z1 + z2
11
3 2 
22
Suy ra | z1 |=| z2 |= 1 + 
= .
; z1 + z2 = 2 . Do đó:
÷ =
 2 ÷
4
2
( z1 + z2 ) 2



Câu VI.b: 1) Giả sử tâm I (−3t –8; t ) ∈ ∆.
2

2

Ta có: d (I , ∆′ ) = IA ⇔

3( −3t − 8) − 4t + 10

3 +4
t = −3 ⇒ I (1; −3), R = 5
⇔
2

2

= (−3t − 8 + 2) 2 + (t − 1) 2

PT đường trịn cần tìm: ( x –1)2 + ( y + 3)2 = 25 .

uu
ur

uu
ur

r

uu uu

ur ur

2) Ta có AB = (2; −3; −1), AC = (−2; −1; −1) ⇒ n =  AB, AC  = (2; 4; −8) là 1 VTPT của


(ABC)
Suy ra phương trình (ABC): ( x – 0 ) + 2 ( y –1) – 4 ( z –2 ) = 0 ⇔ x + 2 y – 4 z + 6 = 0 .
Giả sử M(x; y; z).

 x 2 + ( y − 1)2 + ( z − 2)2 = ( x − 2)2 + ( y + 2)2 + ( z − 1)2

 MA = MB = MC ⇔  2
Ta có: 
 x + ( y − 1)2 + ( z − 2)2 = ( x + 2)2 + y 2 + ( z − 1)2
 M ∈ (P )


2 x + 2 y + z − 3 = 0
x = 2

⇔  y = 3 ⇒ M(2;3; −7)
 z = −7

− xy − 2 x + y + 2 > 0, x 2 − 2 x + 1 > 0, y + 5 > 0, x + 4 > 0
(*)
Câu VII.b: Điều kiện: 
0 < 1 − x ≠ 1, 0 < 2 + y ≠ 1

Hệ PT ⇔
 2log1− x [(1 − x)( y + 2)] + 2log 2+ y (1 − x) = 6

log1− x ( y + 2) + log 2 + y (1 − x) − 2 = 0 (1)


⇔

= 1 log1− x ( y + 5) − log 2 + y ( x + 4)
= 1 (2)
log1− x ( y + 5) − log 2 + y ( x + 4)



1
t
Với t = 1 ta có: 1 − x = y + 2 ⇔ y = − x − 1 (3) . Thế vào (2) ta có:
−x + 4
−x + 4
log1− x (− x + 4) − log1− x ( x + 4)
= 1 ⇔ log1− x
=1⇔
= 1 − x ⇔ x2 + 2 x = 0
x+4
x+4
 x=0
⇔
 x = −2
• Với x = 0 ⇒ y = −1 (khơng thoả (*)).
• Với x = −2 ⇒ y = 1 (thoả (*)).
Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = −2, y = 1 .
2
Đặt log 2 + y (1 − x ) = t thì (1) trở thành: t + − 2 = 0 ⇔ (t − 1) = 0 ⇔ t = 1.

Trang 98


Ôn thi Đại học

www.MATHVN.com

Trần Sĩ Tùng

Hướng dẫn Đề số 52

www.MATHVN.com
Câu I: 2) y′ = 6 x 2 + 18mx + 12m 2 = 6( x 2 + 3mx + 2m 2 )
Hàm số có CĐ và CT ⇔ y′ = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 ⇔ ∆ = m 2 > 0 ⇔ m ≠ 0

1
( −3m − m ) , x2 = 1 ( −3m + m ) .
2
2
Dựa vào bảng xét dấu y′ suy ra xCĐ = x1 , xCT = x2
Khi đó: x1 =

2



Do đó: x 2CĐ = xCT ⇔  −3m − m ÷ = −3m + m ⇔ m = −2


Câu II: 1) Điều kiện x ≥ 0 .

2



2

PT ⇔ 4 x 2 − 1 + 3 x − x + 1 = 0 ⇔ (2 x + 1)(2 x − 1) +

2x −1
3x + x + 1

=0

1




1
÷= 0 ⇔ 2x −1 = 0 ⇔ x = .
2
3x + x + 1 



π
π
π

π
2
2) PT ⇔ 10sin  x + ÷+ 4sin  x + ÷− 14 = 0 ⇔ sin  x + ÷ = 1 ⇔ x = + k2π .

6

6

6
3
⇔ (2 x − 1)  2 x + 1 +

Câu III: Ta có: f ( x ) =

x ln( x 2 + 1)

+

x ( x 2 + 1) − x

=

x ln( x 2 + 1)

+x−

x

x2 + 1
x2 + 1

x2 + 1
x2 + 1
1
1
⇒ F ( x ) = ∫ f ( x )dx = ∫ ln( x 2 + 1)d ( x 2 + 1) + ∫ xdx − ∫ d ln( x 2 + 1)
2
2
1
1
1
= ln2 ( x 2 + 1) + x 2 − ln( x 2 + 1) + C .
4
2
2

Câu IV: Do B và D cách đều S, A, C nên BD ⊥ (SAC). Gọi O là tâm của đáy ABCD. Các tam giác
ABD, BCD, SBD là các tam giác cân bằng nhau và có đáy BD chung nên OA = OC = OS. Do đó
∆ASC vng tại S.

1

1

Ta có: VS . ABCD = 2VS . ABC = 2. BO.SA.SC = ax. AB 2 − OA 2
6
3

Do đó: VS . ABCD

2

2
= 1 ax a2 − a + x = 1 ax 3a2 − x 2
3
4
6
x = a
a3 2
1
a3 2
⇔ 
.
=
⇔ ax 3a2 − x 2 =
6
6
6
x = a 2
2

Câu V: Ta có: a2 + b + 3 = a2 − a + 1 + b + a + 1 =  a − 1  + a + b + 1 ≥ a + b + 1

÷
4
4
2 
2
2
2
3
1

Tương tự: b2 + a + ≥ a + b + .
4
2
2

Ta sẽ chứng minh  a + b + 1  ≥  2 a + 1  (2b + 1 
(*)

÷ 
÷
÷
2 
2 
2

1
1
Thật vậy, (*) ⇔ a2 + b2 + 2ab + a + b + ≥ 4ab + a + b + ⇔ (a − b)2 ≥ 0 .
4
4
1
Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = .
2
Câu VI.a: 1) Gọi tâm đường tròn là I (t;3 − 2t ) ∈ d1.

Trang 99


Trần Sĩ Tùng

www.MATHVN.com

Ôn thi Đại học

t = 2
3t + 4(3 − 2t ) + 5 4t + 3(3 − 2t ) + 2
Khi đó: d (I , d2 ) = d (I , d3 ) ⇔
⇔ 
=
t = 4
5
5
49
9
Vậy có 2 đường tròn thoả mãn: ( x − 2)2 + ( y + 1)2 =
và ( x − 4)2 + ( y + 5)2 =
.
25
25

x = 2 + t
x−2 y z+2
r

= =
⇔  y = 3t
2) (∆) :
. (P) có VTPT n = (2;1; −1) .
1
3

2
 z = −2 + 2t

Gọi I là giao điểm của (∆) và đường thẳng d cần tìm ⇒ I (2 + t;3t; −2 + 2t )
ur
u
⇒ AI = (1 + t ,3t − 2, −1 + 2t ) là VTCP của d.
ur
u
ur r
u
1
Do d song song mặt phẳng (P) ⇔ AI .n = 0 ⇔ 3t + 1 = 0 ⇔ t = − ⇒ 3 AI = ( 2; −9; −5 ) .
3
x −1 y − 2 z + 1
=
=
Vậy phương trình đường thẳng d là:
.
2
−9
−5
Câu VII.a: Gọi số cần tìm là: x= x = a1a2 a3 a4 a5 a6 .
Vì khơng có mặt chữ số 1 nên còn 9 chữ số 0, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 để thành lập số cần tìm.
Vì phải có mặt chữ số 0 và a1 ≠ 0 nên số cách xếp cho chữ số 0 là 5 cách.
5
Số cách xếp cho 5 vị trí cịn lại là : A8 .
5

Vậy số các số cần tìm là: 5. A8 = 33.600 (số)

Câu VI.b: 1) (C ) có tâm I (1; –2) và bán kính R = 3.
(d) cắt (C ) tại 2 điểm phân biệt A, B ⇔ d ( I , d ) < R ⇔

2 − 2m + 1 − 2 < 3 2 + m 2

⇔ 1 − 4m + 4m2 < 18 + 9m2 ⇔ 5m2 + 4m + 17 > 0 ⇔ m ∈ R
1
1
9
= IA.IB sin ·AIB ≤ IA.IB =
Ta có: S
IAB 2
2
2
9
3 2
Vậy: S IAB lớn nhất là
khi ·AIB = 900 ⇔ AB = R 2 = 3 2 ⇔ d ( I , d ) =
2
2
⇔ 1 − 2m = 3 2 2 + m2 ⇔ 16m2 − 16m + 4 = 36 + 18m2 ⇔ 2m2 + 16m + 32 = 0
2
⇔ m = −4
uu
ur
uu
ur
r
2) Ta có: SM = (m;0; −1), SN = (0; n; −1) ⇒ VTPT của (SMN) là n = (n; m; mn)
Phương trình mặt phẳng (SMN): nx + my + mnz − mn = 0

n + m − mn
1 − m.n
1 − mn
=
=
=1
Ta có: d(A,(SMN)) =
2 + m 2 + m2n 2
2 n2 1 − mn
n
1 − 2mn + m
Suy ra (SMN) tiếp xúc mặt cầu tâm A bán kính R=1 cố định.
Câu VII.b: BPT ⇔ (4 x − 2.2 x − 3).log2 x − 3 > 2 x +1 − 4 x ⇔ (4 x − 2.2 x − 3).(log2 x + 1) > 0
  x > log2 3

 22 x − 2.2 x − 3 > 0
 2 x > 3
 x > 1


 x > log2 3

2
 log2 x + 1 > 0
  log2 x > −1 ⇔ 

⇔  2x
⇔  x
  x < log 3 ⇔  0 < x < 1
2 − 2.2 x − 3 < 0

2 < 3
2


2


 0 < x < 1
 log2 x + 1 < 0
  log2 x < −1



2


Trang 100


Ôn thi Đại học

www.MATHVN.com

Trần Sĩ Tùng

Hướng dẫn Đề số 53

www.MATHVN.com
Câu I: 2) Giả sử tiếp tuyến d của (C) tại M ( x0 ; y0 ) cắt Ox tại A và Oy tại B sao cho OA = 4OB.
OB 1

1
1
= ⇒ Hệ số góc của d bằng
hoặc − .
OA 4
4
4
1
1
1
< 0 ⇒ y′ ( x ) = − 1 ⇔ −
=−
Hệ số góc của d tại M là: y′ ( x0 ) = −
2
2
0
4
( x0 − 1)
( x0 − 1)
4
Do ∆OAB vuông tại O nên: tan A =



3
 x0 = −1  y0 = ÷

2
⇔ 


x = 3 y = 5 
 0
÷
 0
2


1
3
1
5
Vậy có hai tiếp tuyến thoả mãn là: y = − ( x + 1) + hoặc y = − ( x − 3) +
4
2
4
2
Câu II: 1) Điều kiện: cos2 x ≠ 0 .
PT ⇔ −(sin x + cos x )2 + 2sin2 x + cos2 2 x = 0 ⇔ sin2 2 x − sin 2 x = 0

sin 2 x = 0
π
⇔ 
⇔ x=k .
2
sin 2 x = 1 (loaïi)
 xy( x + y )2 + x 2 y 2 ( x + y ) = 30
 xy( x + y)( x + y + xy ) = 30
2) Hệ PT ⇔ 
⇔ 
xy( x + y ) + xy + x + y = 11

 xy( x + y) + xy + x + y = 11

x + y = u
Đặt 
. Hệ trở thành
 xy = v

uv(u + v) = 30
uv(11 − uv) = 30
⇔ 

uv + u + v = 11

uv + u + v = 11

(1)
. Từ (1) ⇒
(2)

uv = 5
uv = 6


 5 − 21 5 + 21 
• Với uv = 5 ⇒ u + v = 6 . Giải ra ta được các nghiệm (x; y) là: 
;
÷ và
2 
 2
 5 + 21 5 − 21 

;

÷
2 
 2
• Với uv = 6 ⇒ u + v = 5 . Giải ra ta được các nghiệm (x; y) là: (1;2) và (2;1)
 5 − 21 5 + 21   5 + 21 5 − 21 
Kết luận: Hệ PT có 4 nghiệm: (1;2) , (2;1) , 
;
;
÷, 
÷.
2   2
2 
 2
1 3

1

t +t
2 
11
dt = 2 ∫  t 2 − t + 2 −
dt
− 4 ln 2 .
÷ =
t +1
1+ t 

3

0
0

Câu III: Đặt t = x ⇒ dx = 2t.dt . I = 2 ∫

Câu IV: Từ giả thiết suy ra ∆ABC vuông cân tại B. Gọi H là trung điểm của AC thì BH ⊥ AC và BH
⊥ (ACC′A′).
2
2 2
Do đó BH là đường cao của hình chóp B.MA′C′ ⇒ BH =
a . Từ giả thiết ⇒ MA′ =
a,
2
3
A′C′ = a 2 .
3
Do đó: VB.MA ' C ' = 1 BH .SMA ' C ' = 1 BH .MA′ . A′C′ = a 2 .
3
6
9
2
Câu V: Ta có: a + b = a(1 − b − c) + b = a + b − a .
b+c
b+c
b+c
a+b
b+c
c+a
a+b b+c c+a
Tương tự, BĐT trơt thành:

−a+
−b+
−c≥2 ⇔
+
+
≥3
b+c
c+a
a+b
b+c c+a a+b

a+b b+c c+a
a+b b+c c+a
+
+
≥ 33
.
.
=3.
b+c c+a a+b
b+c c+a a+b
1
Dấu "=" xảy ra ⇔ a = b = c = .
3
Theo BĐT Cơ–si ta có:

Trang 101


Trần Sĩ Tùng

www.MATHVN.com

Ơn thi Đại học

Câu VI.a: 1) (C) có tâm I(4; 2) và bán kính R = 6. Ta có IE = 29 < 6 = R ⇒ E nằm trong hình trịn
(C).
Giả sử đường thẳng ∆ đi qua E cắt (C) tại M và N. Kẻ IH ⊥ ∆. Ta có IH = d(I, ∆) ≤ IE.
Như vậy để MN ngắn nhất thì IH dài nhất ⇔ H ≡ E ⇔ ∆ đi qua E và vng góc với IE
Khi đó phương trình đường thẳng ∆ là: 5( x + 1) + 2 y = 0 ⇔ 5 x + 2 y + 5 = 0 .
2) Giả sử (S): x 2 + y 2 + z2 − 2ax − 2by − 2cz + d = 0 .
a = 1

• Từ O, A, B ∈ (S) suy ra: c = 2 ⇒ I (1; b;2) .
d = 0

• d (I ,(P )) =
2

5
6
2

b+5

⇔

6

=

5

b = 0
⇔ 
 b = −10
6

2

Vậy (S): x + y + z − 2 x − 4 z = 0 hoặc (S): x 2 + y 2 + z2 − 2 x + 20 y − 4 z = 0
Câu VII.a: Gọi số cần tìm là:

x = a1a2 a3 a4 a5 a6 a7 (a1 ≠ 0).

• Giả sử a1 có thể bằng 0:
2
+ Số cách xếp vị trí cho hai chữ số 2 là: C7
3
+ Số cách xếp vị trí cho ba chữ số 3 là: C5

+ Số cách xếp cho 2 vị trí cịn lại là:

2

2! C8

• Bây giờ ta xét a1 = 0:
2
+ Số cách xếp vị trí cho hai chữ số 2 là: C6

3

+ Số cách xếp vị trí cho ba chữ số 3 là: C4
+ Số cách xếp cho 1 vị trí cịn lại là:
7
2
3
2
2
3
Vậy số các số cần tìm là: C7 .C5 .2!C8 − C6 .C4 .7 = 11340 (số).
r
r
r
Câu VI.b: 1) Gọi VTPT của AB là n1 = (1;2) , của BC là n2 = (3; −1) , của AC là n3 = (a; b) với
a2 + b2 ≠ 0 .
Do ∆ABC cân tại A nên các góc B và C đều nhọn và bằng nhau.
r r
r r
n1.n2
n3 .n2
1
3a − b
=
Suy ra: cos B = cos C ⇒ r r = r r ⇔
n1 . n2
n3 . n2
5
a2 + b 2
2a = b

⇔ 22a2 + 2b2 − 15ab = 0 ⇔ 
11a = 2b
r
• Với 2a = b , ta có thể chọn a = 1, b = 2 ⇒ n3 = (1;2) ⇒ AC // AB ⇒ không thoả mãn.
r
• Với 11a = 2b , ta có thể chọn a = 2, b = 11 ⇒ n3 = (2;11)
Khi đó phương trình AC là: 2( x − 1) + 11( y + 3) = 0 ⇔ 2 x + 11y + 31 = 0 .
 x = −1 + 2t

2) PTTS của ∆:  y = 1 − t . Gọi M (−1 + 2t;1 − t;2t ) ∈ ∆.
 z = 2t

u r ur
1 u u uu
Diện tích ∆MAB là S =  AM , AB  = 18t 2 − 36t + 216 = 18(t − 1)2 + 198 ≥ 198


2
Vậy Min S = 198 khi t = 1 hay M(1; 0; 2).
t = 5 x , t > 0

Câu VII.b: PT ⇔ 25x − log5 a = 5x ⇔ 52 x − 5 x − log5 a = 0 ⇔  2
t − t − log5 a = 0


(*)

PT đã cho có nghiệm duy nhất ⇔ (*) có đúng 1 nghiệm dương ⇔ t 2 − t = log5 a có đúng 1
nghiệm dương.

Trang 102


Ôn thi Đại học

www.MATHVN.com

Trần Sĩ Tùng

Xét hàm số f (t ) = t 2 − t với t ∈ [0; +∞). Ta có: f ′ (t ) = 2t − 1 ⇒ f ′ (t ) = 0 ⇔ t =
, f (0) = 0 .
Dựa vào BBT ta suy ra phương trình f (t ) = log5 a có đúng 1 nghiệm dương

1
1
1
. f  ÷= −
2
4
2

a ≥ 1
 log5 a ≥ 0

1 ⇔ a = 1 .
⇔

 log5 a = −
4



4
5


Hướng dẫn Đề số 54

www.MATHVN.com
Câu I: 2) Xét PT hoành độ giao điểm:
x 4 + 2m2 x 2 + 1 = x + 1 ⇔ x 4 + 2m2 x 2 − x = 0 ⇔ x ( x 3 + 2m2 x − 1) = 0
x = 0
⇔ 
3
2
 g( x ) = x + 2m x − 1 = 0 (*)

Ta có: g′ ( x ) = 3 x 2 + 2m 2   0 (với mọi x và mọi m ) ⇒ Hàm số g(x) luôn đồng biến với mọi giá
≥
trị của m.
Mặt khác g(0) = –1 ≠ 0. Do đó phương trình (*) có nghiệm duy nhất khác 0.
Vậy đường thẳng y = x + 1 luôn cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị của
m.
π
Câu II: 1) Điều kiện: cos x ≠ 0 ⇔ x ≠ + k.π (*).
2

sin 2 x = 1
π
PT ⇔ 1– cos  2 x − ÷ = 2sin 2 x – tan x ⇔ 1–sin2 x = tan x(sin2 x –1) ⇔ 
2


 tan x = −1


π
π
2 x = 2 + k .2π
 x = 4 + k .π
⇔ 
⇔ 
⇔ x = π + k. π . (Thỏa mãn điều kiện (*) ).
π
π
4
2
 x = − + l.π
 x = − + l.π



4

4
 x2 − 4 > 0
 x2 − 4 > 0



⇔ 
⇔  x > 2 (**)

2) Điều kiện: 
2
2
log3 ( x + 2) ≥ 0
 x ≤ −3
( x + 2) ≥ 1



2

PT ⇔ log ( x 2 – 4 ) + 3 log ( x + 2)2    log ( x – 2)2 = 4
−
3
3
3
⇔ log3 ( x + 2)2 + 3 log3 ( x + 2)2 − 4 = 0
log3 ( x + 2)2 = 1 ⇔ ( x + 2)2 = 3

⇔

⇔

(

log3 ( x + 2)2 + 4

)(

)

log3 ( x + 2)2 − 1 = 0

⇔ x = −2 ± 3

Kiểm tra điều kiện (**) chỉ có x = −2 − 3 thỏa mãn.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là: x = −2 − 3
Câu III: Đặt t = 3 + sin 2 x =

I=

π
3

∫

0

sin x
2

cos x 3 + sin x

.dx =

4 − cos2 x . Ta có: cos2 x = 4 – t 2 và dt =
π
3

∫

0

sin x.cos x
2

2

cos x 3 + sin x

dx =

Trang 103

15
2

∫

3

= 1
4
4−t
dt

2

sin x cos x
3 + sin2 x

15
2 

∫

3

dx .

1
1 
−
dt

÷
t +2 t −2


Trần Sĩ Tùng

www.MATHVN.com
15
2

Ơn thi Đại học

1
15 + 4
3+2 

 ln
÷ = 1 ln ( 15 + 4 ) − ln ( 3 + 2 ) .
− ln

4
15 − 4
3−2 ÷ 2


3
Câu IV: Ta có SA ⊥ (ABC) ⇒ SA ⊥ AB; SA ⊥ AC..
Tam giác ABC vuông cân cạnh huyền AB ⇒ BC ⊥ AC ⇒ BC ⊥ SC. Hai điểm A,C cùng nhìn
đoạn SB dưới góc vng nên mặt cầu đường kính SB đi qua A,C. Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
SABC cũng chính là mặt cầu đường kính SB. Ta có CA = CB = AB sin 450 = a 2 ; ·SCA = 600
là góc giữa mp(SBC) và mp(ABC).
SA = AC.tan600 = a 6 . Từ đó SB 2 = SA2 + AB 2 = 10a 2 .
Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC là: S = π d 2 = π .SB2 = 10π a2 .
= 1 ln t + 2
4 t −2

(

=

)

Câu V: Tập xác định: D = R .

2
Ta có: f ( x ) = x − 2 x + 2 +

1
x2 − 2x + 2

≥ 2 ( BĐT Cô–si).

Dấu "=" xảy ra ⇔ x 2 –2 x + 2 = 1  x = 1 .
⇔
Vậy: min f(x) = 2 đạt được khi x = 1.

Câu VI.a: 1) Ta có F1 ( − 3;0 ) , F2 ( 3;0 ) là hai tiêu điểm của (E).
Theo định nghĩa của (E) suy ra :

2a   MF1 + MF2 =
=

(1+

3)

2

2

 4 33 
+
÷ +
 5 

(1− 3)

2

2

 4 33 
+
÷ = 10
 5 

3 và a2 – b2   c2 ⇒ b2 = a2 − c2 = 22
=
Vậy tọa độ các đỉnh của (E) là: A1( –5; 0) ; A2( 5; 0) ; B1( 0; – 22 ) ; B2 ( 0; 22 ).
r
2) d có VTCP ud = (−1;2;0) . Gọi H là hình chiếu vng góc của A trên d.
u ur
uu
Giả sử H ( 1 – t; 2 + 2t;3 ) ⇒ AH = ( 1 − t;1 + 2t;0 )
uu r
ur
6 8 
1
Mà AH ⊥ d nên AH ⊥ ud ⇒ −1( 1 − t ) + 2 ( 1 + 2t ) = 0 ⇔ t = − ⇒ H  ; ;3 ÷
5
5 5 
⇒ a = 5. Mặt khác: c =

⇒ AH =

3 5

.
5

Mà ∆ABC đều nên BC =

2 AH
3

=

2 15
hay BH =
5
2

15
.
5
2

Giả sử B(1 − s;2 + 2s;3) thì  − 1 − s  +  2 + 2s  = 15 ⇔ 25s2 + 10s –2 = 0

÷ 
÷
25
 5  5

⇔ s=

−1 ± 3

5

6− 3 8+2 3 
 6+ 3 8−2 3 
Vậy: B 
;
;3 ÷ và C 
;
;3 ÷
5
5
 5

 5

6+ 3 8−2 3 
6− 3 8+2 3 
hoặc B 
;
;3 ÷ và C 
;
;3 ÷
5
5
 5

 5

0
1

2
3
n
Câu VII.a: Xét khai triển: (1 + x )n = Cn + xCn + x 2Cn + x 3Cn + ... + x nCn
1
2
3
n
Lấy đạo hàm 2 vế ta được: n(1 + x )n −1 = Cn + 2 xCn + 3 x 2Cn + ... + nx n−1Cn
Nhân 2 vế cho x, rồi lấy đạo hàm lần nữa, ta được:
n (1 + x )n−1 + x (n − 1)(1 + x )n−2  = 12 C1 + 22 xC 2 + 32 x 2C 3 + ... + n2 x n−1C n


n

Cho x = 1 ta được đpcm.

Trang 104

n

n

n


Ôn thi Đại học

www.MATHVN.com

Trần Sĩ Tùng

uu 2 uu
ur
ur
Câu VI.b: 1) Gọi M là trung điểm của BC. Ta có AG = AM ⇒ M(2; 3). Đường thẳng EC qua M và
3
uu 
ur
u u uu
ur
u
r
8
có VTPT AG =  0; − ÷ nên có PT: y = 3 ⇒ E(0; 3) ⇒ C(4; 3). Mà AE = 2 EB nên B(–1; 1).
3

⇒ Phương trình BC: 2 x − 5y + 7 = 0 .
2) Gọi I là tâm của (S). I ∈ d ⇒ I (1 + 3t; −1 + t; t ) . Bán kính R = IA = 11t 2 − 2t + 1 .
Mặt phẳng (P) tiếp xúc với (S) nên: d (I ,(P )) =

5t + 3
= R ⇔ 37t 2 − 24t = 0
3

t = 0
⇒ R =1
 24
77 .
⇔

⇒R=
t =
 37
37
Vì (S) có bán kính nhỏ nhất nên chọn t = 0, R = 1. Suy ra I(1; –1; 0).
Vậy phương trình mặt cầu (S): ( x − 1)2 + ( y + 1)2 + z2 = 1 .
 x 3 + 4 y = y3 + 16 x

Câu VII.b: 
2
2
1 + y = 5(1 + x )


(1)
(2)

Từ (2) suy ra y 2 –5 x 2 = 4 (3).

(

)

Thế vào (1) được: x 3 + y 2 – 5 x 2 .y = y 3 + 16 x ⇔ x 3 –5 x 2 y –16 x = 0
⇔ x = 0 hoặc x 2 –5 xy –16 = 0
• Với x = 0 ⇒ y 2 = 4 ⇔ y = ±2 .
2

 2


x 2 − 16
(4). Thế vào (3) được:  x − 16 ÷ − 5 x 2 = 4
5x
 5x 
4
2
4
2⇔
4
2
⇔ x –32 x + 256 –125 x = 100 x
124 x + 132 x – 256 = 0 ⇔ x 2 = 1 ⇔
 x = 1 ( y = −3)
 x = −1 ( y = 3) .

Vậy hệ có 4 nghiệm: (x; y) = (0; 2) ; (0; –2); (1; –3); (–1; 3)
• Với x 2 –5 xy –16 = 0 ⇔ y =

Hướng dẫn Đề số 55

www.MATHVN.com
2
Câu I: 2) Ta có x − 2 x − 2 =

m
⇔ ( x 2 − 2 x − 2 ) x − 1 = m, x ≠ 1.
x −1

Do đó số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của y = ( x 2 − 2 x − 2 ) x − 1 , (C ') và
đường thẳng y = m, x ≠ 1.

2
Với y = ( x − 2 x − 2 ) x − 1 = 

 f ( x ) khi x > 1
nên ( C ' ) bao gồm:
− f ( x ) khi x < 1
+ Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng x = 1.
+ Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng x = 1 qua Ox.

Dựa vào đồ thị ta có:
m < –2
Số nghiệm
vơ nghiệm

m = –2
2 nghiệm kép

–2 < m < 0
4 nghiệm phân biệt

Trang 105

m≥0
2 nghiệm phân biệt


Trần Sĩ Tùng

www.MATHVN.com



Ơn thi Đại học


5π 
5π 
5π 
5π
1
π
=
= sin
÷+ sin  = 1 ⇔ sin  2 x −
÷+ sin
12 
12 
12 
12
4
2

 

 π 
 π 
5π 
π
5π
π

⇔ sin  2 x −
= 2 cos sin  − ÷ = sin  − ÷
÷ = sin − sin
12 
4
12
3

 12 
 12 


Câu II: 1) PT ⇔ 2 sin  2 x −



5π
π
π
2 x − 12 = − 12 + k 2π
 x = 6 + kπ

 π
5
sin 2 x

( k  )
ữ = sin  − ÷ ⇔ 
12 


 12 
2 x − 5π = 13π + k 2π
 x = 3π + kπ

12 12

4
x + y > 0, x − y ≥ 0
2) Điều kiện:

x+y = 2+ x−y

Hệ PT ⇔ 
.
 x2 + y2 + 1 − x 2 − y2 = 3

 u − v = 2 (u > v)
 u + v = 2 uv + 4


u = x + y
⇔ 2 2
Đặt: 
ta có hệ:  u2 + v2 + 2
u +v +2
v = x − y

− uv = 3 
− uv = 3
2

2


 u + v = 2 uv + 4
(1)

⇔
.
(u + v)2 − 2uv + 2

− uv = 3 (2)
2

Thế (1) vào (2) ta có:

uv + 8 uv + 9 − uv = 3 ⇔ uv + 8 uv + 9 = (3 + uv )2 ⇔ uv = 0 .

 uv = 0
⇔ u = 4, v = 0 (với u > v). Từ đó ta có: x = 2; y = 2.(thoả đk)
u+v = 4


Kết hợp (1) ta có: 

Kết luận: Vậy nghiệm của hệ là: (x; y) = (2; 2).
Câu III: I =

π
4

1 + x 2 sin xdx −

∫

−

π
4

• Tính I1 =

π
4

∫

−

π
4

∫

π
4
π
4

π
4

x sin xdx = I1 − I 2

1 + x 2 sin xdx . Sử dụng cách tính tích phân của hàm số lẻ, ta tính được I1 = 0 .

−

• Tính I 2 =

∫

−

x sin xdx . Dùng phương pháp tích phân từng phần, ta tính được:

π
4

I2 = −

2
π+ 2
4

2
π− 2.
4
Câu IV: Ta có: (BCM) // AD nên mặt phẳng này cắt mp(SAD) theo giao tuyến MN // AD .
Suy ra: I =

 BC ⊥ AB
⇒ BC ⊥ BM . Tứ giác BCMN là hình thang vng có BM là đường cao.
 BC ⊥ SA

• 

Trang 106


Ôn thi Đại học

www.MATHVN.com

Trần Sĩ Tùng

a 3
2a
4a
, BM =
3 = 2 ⇒ MN =
3
3
AD SA
2a
3
a 3

4a 
 2a + 3 ÷ 2a 10a2
BC + MN

Diện tích hình thang BCMN là : S =
SBCNM =
BM =
=
ữ
2

2 3 3 3
ã Hạ AH ⊥ BM. Ta có SH ⊥ BM và BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ SH . Vậy SH ⊥ ( BCNM)
⇒ SH là đường cao của khối chóp SBCNM
AB AM
1
Trong tam giác SBA ta có SB = 2a ,
=
.
=
SB MS
2
Vậy BM là phân giác của góc SBA ⇒ ·SBH = 300 ⇒ SH = SB.sin300 = a
MN
• SA = AB tan600 = a 3 , MN SM
=
⇔
=

• Thể tích chóp SBCNM ta có V =

a 3−

1

10 3a3
.
SH .SBCNM =
3
27

Câu V: Đặt 5 x = a; 5y = b; 5z = c . Từ giả thiết ta có: a, b, c > 0 và ab + bc + ca = abc

a2
b2
c2
a+b+c
(*)
+
+
≥
a + bc b + ca c + ab
4
a3
b3
c3
a+b+c
⇔
Ta có: (*)
+
+
≥
4
a2 + abc b2 + abc c2 + abc
3

3
a
b
c3
a+b+c
⇔
+
+
≥
(a + b)(a + c) (b + c)(b + a) (c + a)(c + b)
4
BĐT ⇔

Áp dụng BĐT Cơ-si, ta có:

a3
a+b a+c 3
+
+
≥ a (1)
(a + b)(a + c)
8
8
4
b3
b+c b+a 3
+
+
≥ b ( 2)
(b + c)(b + a)

8
8
4
c3
c+a c+b 3
+
+
≥ c
(c + a)(c + b)
8
8
4

( 3)

Cộng vế với vế các bất đẳng thức (1), (2), (3) suy ra điều phải chứng minh.
Câu VI.a: 1) Do AB ⊥ CH nên phương trình AB: x + y + 1 = 0 .

2 x + y + 5 = 0

 x = −4
⇔ 
⇒ B(-4; 3).
y = 3
 x + y +1 = 0

• B = AB ∩ BN ⇒ Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ: 

• Lấy A’ đối xứng với A qua BN thì A '∈ BC .
Phương trình đường thẳng (d) qua A và vng góc với BN là (d): x − 2 y − 5 = 0 . Gọi

I = (d ) ∩ BN .

2 x + y + 5 = 0

Giải hệ: 

 x − 2y − 5 = 0

. Suy ra: I(–1; 3) ⇒ A '(−3; −4)

 BC : 7 x + y + 25 = 0

• Phương trình BC: 7 x + y + 25 = 0 . Giải hệ: 

 13 9 
; − ÷.
 4 4

⇒ C−

 CH : x − y + 1 = 0
2
2
7.1 + 1(−2) + 25
=3 2 .
• BC =  −4 + 13  +  3 + 9  = 450 , d ( A; BC ) =

÷ 
÷
2

2

4 
4
4
7 +1
1

1

Suy ra: S
ABC = d ( A; BC ).BC = .3 2.
2
2

450 45
= .
4
4

Trang 107


Trần Sĩ Tùng

www.MATHVN.com
Ơn thi Đại học
r
r
r r

2) a) • VTCP của hai đường thẳng lần lượt là: u1 = (4; −6; −8), u2 = (−6;9;12) ⇒ u1 , u2 cùng
phương.
Mặt khác, M( 2; 0; –1) ∈ d1; M( 2; 0; –1) ∉ d2.. Vậy d1 // d2.

r

• VTPT của mp (P) là n = −

uu
r
1 u u r 
MN , u1  = (5; −22;19) ⇒ Phương trình mp(P):
2

5 x –22 y + 19z + 9 = 0 .
uu
ur
b) AB = (2; −3; −4) ⇒ AB // d1. Gọi A1 là điểm đối xứng của A qua d1 .
Ta có: IA + IB = IA1 + IB ≥ A1B
IA + IB đạt giá trị nhỏ nhất bằng A1B. Khi đó A1, I, B thẳng hàng ⇒ I là giao điểm của A1B và
d. Do AB // d1 nên I là trung điểm của A1B.

 36 33 15 
; ; ÷. A’ đối xứng với A qua H nên A’
 29 29 29 

• Gọi H là hình chiếu của A lên d1. Tìm được H 

 43 95 28 
 ; ;− ÷

 29 29 29 

 65 −21 −43 
;
;
÷.
 29 58 29 

I là trung điểm của A’B suy ra I 

Câu VII.a: Nhận xét z = 0 không là nghiệm của PT. Vậy z ≠ 0



1 


1

1 1



2
Chia hai vế PT cho z2 ta được:  z + 2 ÷−  z − ÷+ = 0 (1)
z 2

z

1

1
2
2
2
2
Đặt t = z − . Khi đó t = z + 2 − 2 ⇔ z + 2 = t + 2
z
z
z
Phương trình (2) trở thành: t 2 − t +

5
5
= 0 (3). ∆ = 1 − 4. = −9 = 9i 2
2
2

1 + 3i
1 − 3i
, t=
2
2
1 1 + 3i
1 + 3i
⇔ 2 z2 − (1 + 3i)z − 2 = 0
• Với t =
: ta có z − =
z
2
2

⇒ PT (3) có 2 nghiệm t =

(4a)

Có ∆ = (1 + 3i)2 + 16 = 8 + 6i = 9 + 6i + i 2 = (3 + i )2

(1 + 3i) + (3 + i)
(1 + 3i) − (3 + i) i − 1
= 1+ i , z =
=
4
4
2
1 1 − 3i
1 − 3i
⇔ 2 z2 − (1 − 3i)z − 2 = 0
• Với t =
: ta có z − =
(4b)
z
2
2
⇒ PT (4a) có 2 nghiệm : z =

Có ∆ = (1 − 3i)2 + 16 = 8 − 6i = 9 − 6i + i 2 = (3 − i)2

(1 − 3i) + (3 − i)
(1 − 3i) − (3 − i) −i − 1
= 1− i , z =
=

4
4
2
i −1
−i − 1
Vậy PT đã cho có 4 nghiệm : z = 1 + i; z = 1 − i; z =
.
; z=
2
2

9
x = 2
x − y − 3 = 0
⇔
Câu VI.b: 1) Ta có: I = d1 ∩ d2 ⇒ Toạ độ của I là nghiệm của hệ: 
x + y − 6 = 0
y = 3

2
9 3
⇒ I ; ÷
2 2
⇒ PT (4b) có 2 nghiệm : z =

Trang 108


Ôn thi Đại học

www.MATHVN.com

Trần Sĩ Tùng

Do vai trò A, B, C, D là như nhau nên giả sử M = d1 ∩ Ox là trung điểm cạnh AD. Suy ra M(3;
0)
2

2

Ta có: AB = 2 IM = 2  3 − 9  +  3  = 3 2

÷  ÷



2

2

S
12
=2 2
Theo giả thiết: S ABCD = AB. AD = 12 ⇔ AD = ABCD =
AB
3 2

Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1 ⇒ d1 ⊥ AD
r
Đường thẳng AD đi qua M(3; 0) và vng góc với d 1 nhận n = (1;1) làm VTPT nên có PT:

x + y −3 = 0

x + y − 3 = 0

2
2
 ( x − 3) + y = 2


Mặt khác: MA = MD = 2 ⇒ Toạ độ của A, D là nghiệm của hệ PT: 

y = − x + 3
y = − x + 3


y = 3 − x
x = 2
x = 4
⇔
⇔
⇔
⇔
hoặc 
.
2
2
2
2
 x − 3 = ±1

y = 1
 y = −1
( x − 3) + y = 2
( x − 3) + (3 − x ) = 2


Vậy A( 2; 1), D( 4; –1).

x = 2x − x = 9 − 2 = 7

9 3

I
A
Do I  ; ÷ là trung điểm của AC suy ra:  C
yC = 2 yI − y A = 3 − 1 = 2
2 2


Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4)
Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; –1)
r
r
2) a) d1 có VTCP u1 = (1; −1;2) và đi qua điểm M( 2; 1; 0), d2 có VTCP u2 = (−2;0;1) và đi
qua điểm N( 2; 3;u u.
u0)
u
r

r r

Ta có: u1 , u2  .MN = −10 ≠ 0 ⇒ d1 , d2 chéo nhau.


Gọi A(2 + t;1– t;2t )∈ d1 , B(2 –2t′ ; 3; t′ )∈ d2 .

uu r
u
r

1
 AB.u = 0
5 4 2
u u 1
t = −
u r
r
⇒ 
AB là đoạn vng góc chung của d1 và d2 ⇔ 
3 ⇒ A  3 ; 3 ; − 3 ÷; B


 AB.u2 = 0
t ' = 0


(2; 3; 0)

x = 2 + t


Đường thẳng ∆ qua hai điểm A, B là đường vng góc chung của d1 và d2 ⇒ ∆:  y = 3 + 5t
 z = 2t

2

2

2


11  
13   1 
5
b) PT mặt cầu nhận đoạn AB là đường kính:  x − ÷ +  y − ÷ +  z + ÷ =
6 
6 
3
6

0
1
2009
Câu VII.b: Ta có: (1 + i)2009 = C2009 + iC2009 + .. + i 2009C2009
0
2
4
6
2006
2008
= C2009 − C2009 + C2009 − C2009 + .... − C2009 + C2009 +

1
3
5
7
2007
2009
(C2009 − C2009 + C2009 − C2009 + ... − C2009 + C2009 )i

Thấy: S =

1
0
2
4
6
2006
2008
( A + B) , với A = C2009 − C2009 + C2009 − C2009 + ... − C2009 + C2009
2
0
2
4
6
2006
2008
B = C2009 + C2009 + C2009 + C2009 + ... + C2009 + C2009
1004

• Ta có: (1 + i)2009 = (1 + i) (1 + i)2 




= (1 + i).21004 = 21004 + 21004 i .

Đồng nhất thức ta có A chính là phần thực của (1 + i)2009 nên A = 21004 .

Trang 109


Trần Sĩ Tùng

www.MATHVN.com

Ơn thi Đại học

0
1
2
2009
• Ta có: (1 + x )2009 = C2009 + xC2009 + x 2C2009 + ... + x 2009C2009
0
2
2008
1
3
2009
Cho x = –1 ta có: C2009 + C2009 + ... + C2009 = C2009 + C2009 + ... + C2009

Cho x=1 ta có:

0
2
2008
1
3
2009
(C2009 + C2009 + ... + C2009 ) + (C2009 + C2009 + ... + C2009 ) = 22009 .

Suy ra: B = 22008 .

• Từ đó ta có: S = 21003 + 22007 .

Trang 110