Đề thi thử đại học môn Toán có lời giải chi tiết số 11

Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 11
Ngày 23tháng 9 năm 2013
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I. (2,0 điểm)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số:
23
3xxy −=
2. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình x =
xx
m
3
2
−

Câu II. (2,0 điểm)
1. Giải bất phương trình:
4)321)(13(
2
≥−++−−+ xxxx
2. Giải phương trình:
)tan1(
cos
)2sin1(
).
4
sin(2 x
x
x
x +=
+

−
π
Câu III. (1,0 điểm) Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số y =
12
223
log
2
2
2
++
++
mxx
xx

xác định
Rx
∈∀
.
Câu IV. (1,0 điểm) ) Cho hình chóp S.ABC , đáy ABC là tam giác có AB = 9;
AC = 12 . BC = 15. Các cạnh bên của hình chóp bằng nhau và bằng 10.
Tính thể tích hình chóp S.ABC và thể tich hình cầu nội tiếp hình chóp S.ABC
Câu V. (1,0 điểm) Cho a, b,c dương và
3
222
=++ cba
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3 3 3
2 2 2
3 3 3
a b c

P
b c a
= + +
+ + +
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)Thí sinh chỉ được làm một trong hai câu (VIa hoặc VIb).
Câu VIa. (3,0 điểm)
1a.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho các đường thẳng
1
:3 2 4 0d x y+ − =
;
2
:5 2 9 0d x y− + =
.
Viết phương trình đường Tròn có tâm
2
I d∈
và tiếp xúc với
1
d
tại điểm
( )
2;5A −
.
2a. Giải hệ phương trình:





=++−

=
−
+−
−
015)1(
0
1
log22
2
1
yyx
y
x
yx
3a. Một tổ học sinh có 5 em Nữ và 8 em Nam được xếp thành một hàng dọc.
Tính xác suất để không có hai em Nữ nào đứng cạnh nhau.
Câu VIb. (2,0 điểm)
1b.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : x
2
+ y
2
- 6x - 2y + 1 = 0. Viết
phương trình đường thẳng (d) đi qua M (0;2) và cắt (C) theo dây cung có độ dài bằng 4.
2b.Tìm hệ số của
13
x
trong khai triển Niu tơn đa thức
n
xxxxf
332

)12()
4
1
()( +++=
với n là số tự nhiên thỏa mãn:
nCA
n
nn
14
23
=+
−
3b. Giải hệ phương trình :





−−=+
=++−
1)24(log1log
136
32
8
2
2
2
yx
yxxyx
Họ và tên thí sinh : ; Số báo danh:

Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
1
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu 1: 1) y = x
3
- 3x
2
.
* Tập xác định : D = R
* Sự biến thiên :
− Giới hạn:
lim
x
y
→+∞
= +∞
lim
x
y
→−∞
= −∞
− Chiều biến thiên : y
,
= 3x
2
- 6x = 3x(x

-2)
Hàm số đồng biến trên các khoảng ( -

∞
; 0) và (2; +
∞
), nghịch biến trên khoảng (0;2).
- Đồ thị có điểm cực đại (0;0), điểm cực tiểu (2; -4)
− Bảng biến thiên đúng
* Đồ thị :
y'' = 6x - 6 = 0
⇔
x = 1
Điểm uốn U(1;-2) Đồ thị đi qua các điểm (-1;−4), (3; 0) và nhận điểm U(1;-2) làm tâm đối
xứng .
vẽ đúng đồ thị
2) +) x =
xx
m
3
2
−

⇔
2
0, 3
3
x x
x x x m
≠ ≠




− =


.
Số nghiệm của pt bằng số giao điểm của đồ thị y =
2
3x x x−
( x
0≠
và x
≠
3) với đồ thị y =
m .
+) Ta có y =
3 2
2
3 2
3 0 3
3
3 0 3
x x khi x hoac x
x x x
x x khi x

− < >

− =

− + < <



.
+) bảng biến thiên hoặc vẽ đồ thị hàm số ,
ta có KQ:
m < 0 hoặc m > 4 thì pt có 1 nghiệm. m = 0 pt vô nghiệm.
0 < m < 4 pt có 3 nghiệm. m = 4 pt có 2 nghiệm.
Câu 2: 1.(1đ) Giải bpt:
( )
(
)
2
x 3 x 1 1 x 2 4+ − − + + ≥x-3
Điều kiện
≥x 1
.
Nhân hai vế của bpt với
x 3 x 1+ + −
, ta được
(1)
(
)
( )
2 2
4. 1 x 2 4. x 3 x 1 1 x 2 x 3 x 1x-3 x-3⇔ + + ≥ + + − ⇔ + + ≥ + + −

2 2 2 2
x 2 2 x 2 2 2 x 2 x
x -2
x-2 x-3 x+2 x-3 - 4 0
x 2

≤

+ + + ≥ + + ⇔ ≥ ⇔

≥

Kết hợp với điều kiện
≥x 1
ta được
x 2≥
.
2, (1đ) Giải pt:
( )
2 sin x
4
1 sin 2x 1 tan x
cos x
π
 
−
 ÷
 
+ = +
Điều kiện: .
Rkkxx ∈+≠⇔≠ ;
2
0cos
π
π
Ta có (1)

( )
2
cos x sin x cos x sin x
cos x sin x
cos x cos x
− +
⇔ + =

( ) ( ) ( )
cos x sin x cos x sin x cos x sin x 1 0
 
⇔ + − + − =
 
( ) ( )
cos x sin x cos2 1 0x⇔ + − =
Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
2
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
cos x sin x 0 tan x 1
x m
,m
4
cos2 1 0 cos2 1
m
x x
x
π

+ = = −
= − + π

 

⇔ ⇔ ⇔ ∈
 

− = =
 
= π


¢
Dễ thấy họ nghiệm trên thỏa mãn điều
kiện.
KQ:
Zkkxkx ∈=+−= ;;
4
ππ
π
Câu 3: Hàm số xác định
2 2
2
2 2
3 2 2 3 2 2
log 0 1
2 1 2 1
x x x x
x R x R
x mx x mx
+ + + +
∀ ∈ ⇔ ≥ ⇔ ≥ ∀ ∈

+ + + +
(*)
Vì 3x
2
+ 2x + 2 > 0
x∀
, nên (*)
2
2 2
1 0
2 1 3 2 2
m
x mx x x x

− <

⇔

+ + ≤ + + ∀



2
2
2 2(1 ) 1 0
4 2( 1) 3 0 ,
1 1
x m x
x m x x R
m


+ − + ≥

⇔ + + + ≥ ∀ ∈


− < <


⇔






<<−
≤∆
≤∆
11
0
0
2
'
1
'
m
Giải ra ta có với : 1 -
2 1m≤ <
thì hàm số xác định với

x R∀ ∈
.
Câu 4: +) Ta thấy tam giác ABC vuông tại A
+) Gọi H là chân đường cao của hình chóp, ta c/m được: HA = HB = HC = R là bán kính
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC suy ra H là trung điểm cạnh BC nên
2
175
2
2
=−== HBSASHh
. Tính được diện tích đáy S = 54 suy ra V =
1759
+) Tính được diện tích của hình chóp là:
4
175153199312 ++
=S
Suy ra bán kính hingf cầu nội tiếp là
175153199312
1751083
++
==
S
V
r
+) Thể tích hình cầu nội tiếp là
==
3
3
4
rV

π
3
)
175153199312
175108
(
3
4
++
π
Câu 5:Ta có:
3 3 2 6 2
3
2 2
3 3
3
16 64 4
2 3 2 3
a a b a a
b b
+
+ + ≥ =
+ +
(1)
3 3 2 6 2
3
2 2
3 3
3
16 64 4

2 3 2 3
b b c c c
c c
+
+ + ≥ =
+ +
(2)
3 3 2 6 2
3
2 2
3 3
3
16 64 4
2 3 2 3
c c a c c
a a
+
+ + ≥ =
+ +
(3)
Lấy (1)+(2)+(3) ta được:
( )
2 2 2
2 2 2
9 3
16 4
a b c
P a b c
+ + +
+ ≥ + +

(4)
Vì a
2
+b
2
+c
2
=3 Từ (4)
3
2
P⇔ ≥
vậy giá trị nhỏ nhất
3
2
P =
khi a=b=c=1.
Câu 6:1a.(1đ)
Do đường tròn tiếp xúc với đường thẳng
1
d
tại điểm A nên
1
IA d⊥
. Vậy phương trình IA là:
( ) ( )
2 2 3 5 0 2 3 19 0x y x y+ − − = ⇔ − + =

Kết hợp
2
I d∈

nên tọa độ tâm I là nghiệm hệ
( )
5 2 9 0 1
1;7
2 3 19 9 7
x y x
I
x y y
− + = =
 
⇔ ⇒
 
− + = =
 
Bán kính đường Tròn
13R IA= =
.Vậy phương trình đường tròn là:
( ) ( )
2 2
1 7 13x y− + − =
Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
3
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
2a.(1đ) ĐK:
0
1
>
− y
x
TH1: x > 0 và y < 1

(1) ta có:
xy
yx
22
1
log)1(log22 −−=−
−

suy ra x = 1 - y, thay vào (2) ta được:
3;2065
2
==⇒=+− xxxx
TH2: x <0 và y > 1. Từ (2) ta có x(1-y) = -1 - 5y > suy ra
5
1
−<y
(loại)
KQ: 2 nghiệm x = 2; y = - 1 và x = 3, y = - 2
3a.(1đ)
+) Không gian mẩu: P
13
= 13 ! cách xếp 1 hàng dọc
+) Số cách xếp 8 bạn Nam là : P
8
= 8 ! cách xếp
+) Số cách xếp 5 bạn Nữ:
!4
!9
5
9

=A
+) KQ : P =
143
14
!13!.4
!8!.9
=
Câu 6:1b. ( C ) có tâm I ( 3:1) , bán kính R = 3
PT ( d) Ax + By - 2B = 0 (
)0(
22
>+ BA
ĐK:
5),( =dId
hay
5
3
22
=
+
−
BA
BA
.
Giải ta có






=
=−=
1
2,
2
1
B
AA
KQ (d) :
02
2
1
=−+
−
yx
;
022 =−+ yx
2b. +) Từ
nCA
n
nn
14
23
=+
−
suy ra
02552
2
=−− nn
tìm được n = 5

+)
n
xxxxf
332
)12()
4
1
()( +++=
=
63
)12(
64
1
+
+
n
x
=
21
)12(
64
1
+x
+) KQ :
1313
2113
2
64
1
Ca =

hay
713
2113
2Ca =
3b. Giải hệ phương trình: Đk
2 2y− < <

Hệ
2
2 2
6 3 1
1
x xy x y
x y

− + + =

⇔

+ =



2 2
(3 1)(2 1 ) 0
1
x x y
x y
− + − =


⇔

+ =



2 2
2 2
1
2 1
3
1
1
y x
x
x y
x y

= +
=


∪
 
+ =


+ =

Nghiệm của hệ là

)
3
22
;
3
1
(
;
)
3
22
;
3
1
( −
;
)
5
3
;
5
4
( −−
; (0;1)
Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
4
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 10
Ngày 14 tháng 09 năm 2013
Phần I: Phần chung cho tất cả các thí sinh (7,0 điểm)

Câu I. (2 điểm) Cho hàm số
( )
Cxxy 43
23
+−=
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Viết phương trình đường thẳng (d) cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt M(2; 0), N, P sao cho tiếp
tuyến của (C) tại N và P vuông góc với nhau.
Câu II. (2 điểm)
1. Giải phương trình:
( )
2 cos sin
1
tan cot 2 cot 1
x x
x x x
−
=
+ −
.
2. Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
21 1
21 1
x y y
y x x

+ = − +



+ = − +


Câu III. (1 điểm) Giải phương trình:
3 2
3
3 5 8 36 53 25x x x x− = − + −
Câu IV. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, SA vuông góc với đáy.
Góc tạo bởi SC và mặt phẳng (SAB) bằng 30
0
. Gọi E là trung điểm của BC. Tính thể tích khối chóp S.ABCD
và khoảng cách giữa hai đường thẳng DE, SC theo a.
Câu V. (1 điểm) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn
3xy yz zx+ + =
. Chứng minh rằng:
( ) ( ) ( )
1 4 3
2xyz x y y z z x
+ ≥
+ + +
Phần II: Phần riêng (3 điểm): thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần.
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VIa.(2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD tâm I(2; 1) và AC = 2BD. Điểm
1
0;
3
M
 

 ÷
 

thuộc đường thẳng AB, điểm N(0; 7) thuộc đường thẳng CD. Tìm tọa độ đỉnh B biết B có hoành độ dương.
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho Elip có phương trình chính tắc
( )
2 2
: 1
25 9
x y
E + =
. Viết
phương trình đường thẳng song song với Oy và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho AB = 4.
CâuVIIa. (1 điểm) Tìm hệ số của x
5
trong khai triển biểu thức
( ) ( )
2
2
1 2 1 3
n n
P x x x x= − + +
, biết rằng
2 1
1
5
n
n n
A C
−

+
− =
B. Theo chương trình nâng cao.
Câu VIb.(2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 22, biết rằng các
đường thẳng AB, BD lần lượt có phương trình là
3 4 1 0x y+ + =
và
2 3 0x y− − =
. Tìm tọa độ các đỉnh A, B,
C, D.
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, lập phương trình chính tắc của Elip (E) biết rằng có một đỉnh và
hai tiêu điểm của (E) tạo thành một tam giác đều và chu vi hình chữ nhật cơ sở của (E) là
( )
12 2 3+
Câu VIIb. (1 điểm) Tìm số nguyên dương n sao cho:
( )
1 2 2 3 3 4 2 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
2.2. 3.2 . 4.2 . 2 1 2 . 2013
n n
n n n n n
C C C C n C
+
+ + + + +
− + − + + + =
Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
5
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 10

Câu 1: Khảo sát và vẽ đồ thị:
( )
Cxxy 43
23
+−=
+ Tập xác định: D =
¡
+ Giới hạn:
lim , lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞
+ Đaọ hàm
2
' 3 6 ; ' 0 0; 2y x x y x x= − = ⇔ = =
BBT:
x -
∞
0 2 +
∞
y’ + - +
y
-
∞
4
0
+
∞
Hàm số đồng biến trên các khoảng

( ) ( )
;0 , 2;−∞ +∞
, nghịch biến trên khoảng
( )
0;2
Hàm số đạt cực đại tại x = 0,
4
CD
y =
. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2,
0
CT
y =
+ Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua điểm (-1; 0) và nhận điểm I(1; 2) làm tâm đối xứng

Câu 1: 2,Phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm M(2; 0) và có hệ số góc k là:
( )
2−= xky
+ Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d) là:
( )
432
23
+−=− xxxk
( )
( )
( )



=−−−=

==
⇔=−−−−⇔
02
2
022
2
2
kxxxg
xx
kxxx
A
+ (d) cắt (C) tại 3 điểm phân biệt M, N, P
( )
0=⇔ xgpt
có hai nghiệm phân biệt khác 2
( )
(*)0
4
9
02
0
≠<−⇔



≠
>∆
⇔ k
g
+ Theo định lí viet ta có:




−−=
=+
2.
1
kxx
xx
NM
NM
+ Các tiếp tuyến tại M, N vuông góc với nhau
( ) ( )
1'.' −=⇔
NM
xyxy
( )( )
3
223
0118916363
222
±−
=⇔=++⇔−=−−⇔ kkkxxxx
NNMM
(thỏa(*))
Câu 2; 1,
( ) ( )
2 cos sin 2 cos sin
1 1
sin cos 2 cos cos cos sin

1
cos sin 2 sin cos .sin 2 sin
x x x x
pt
x x x x x x
x x x x x x
− −
⇔ = ⇔ =
−
+ −
Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
6
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Điều kiện:
sin 2 0
;
cos sin 0
2 4
x
k
x x k
x x
π π
π
≠

⇔ ≠ ≠ +

− ≠


Khi đó pt
( )
2
sin 2 2 sin cos 2
2 4
x x x x k k
π
π
⇔ = ⇔ = ⇔ = ± + ∈¢
Đối chiếu với điều kiện, pt đã cho có nghiệm là
( )
2
4
x k k
π
π
= − + ∈¢
Câu 2: 2,
( )
( )
2 2
2 2
21 1 1
21 1 2
x y y
y x x

+ = − +



+ = − +


Điều kiện:
1
1
x
y
≥


≥

Trừ hai vế của pt (1) và (2) cho nhau ta được:
2 2 2 2
21 21 1 1x y y x y x+ − + = − − − + −
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
2 2
2 2
0
1 1
21 21
1
0
1 1
21 21
x y x y

x y
x y x y
x y
x y
x y
x y x y x y
x y
x y
− +
−
⇔ + + − + =
− + −
+ + +
 
+
 ÷
⇔ − + + + = ⇔ =
 ÷
− + −
+ + +
 
Thay x = y vào pt (1) ta được:
( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2
2 2
21 1 21 5 1 1 4
4 2 1 1
2 2 2 2 1 0 2
1 1 1 1

21 5 21 5
x x x x x x
x x
x x x x x
x x
x x
+ = − + ⇔ + − = − − + −
 
 
− −
⇔ = + + − ⇔ − + + − = ⇔ =
 
 ÷
− + − +
+ + + +
 
 
 
V
ậy pt có nghiệm duy nhất x = 2
Câu 3:
( ) ( )
3
3
3 5 2 3 2 *pt x x x⇔ − = − − +
Đặt
( )
3
3
2 3 3 5 2 3 3 5y x y x− = − ⇔ − = −

Ta có hệ phương trình:
( ) ( )
( )
3
3
2 3 2 5 **
2 3 3 5
x y x
y x

− = + −


− = −


Trừ vế với vế hai phương trình của hê ta đươc:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2 2
2 2 3 2 3 2 3 2 3 2
2 2 3 2 3 2 3 2 3 2 0
x y x x y y x y
x y x x y y x y
 
− − + − − + − = − −
 
 
⇔ − − + − − + − + = ⇔ =

 
Thay x=y vào (**) ta được:
( )
3
3 2
1 2 3
5 3 5 3
2 3 3 5 8 36 51 22 0 2, ,
4 4
x x x x x x x x
+ −
− = − ⇔ − + − = ⇔ = = =
Câu 4:
Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
7
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Vì
( )
CB AB
CB SAB
CB SA
⊥

⇒ ⊥ ⇒

⊥

SB là hình chiếu của SC lên mp(SAB)
( )
·

(
)
·
( )
·
0
, , 30SC SAB SC SB CSB⇒ = = =
0
.cot 30 3 2SB BC a SA a⇒ = = ⇒ =
Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là:
3
2
.
1 1 2
. 2. ( )
3 3 3
S ABCD ABCD
a
V SA S a a dvtt= = =
+ Từ C dựng CI // DE
2
a
CE DI⇒ = =
và
( )
/ /DE SCI

( ) ( )
( )
, ,d DE SC d DE CSI⇒ =

Từ A kẻ
AK CI
⊥
cắt ED tại H, cắt CI tại K
Ta có:
( ) ( ) ( )
SA CI
CI SAK SCI SAK
AK CI
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥

theo giao tuyến SK
Trong mặt phẳng (SAK) kẻ
( )
HT AK HT SCI⊥ ⇒ ⊥
( ) ( )
( )
, ,d DE SC d H SCI HT⇒ = =
+ Ta có:
2
2
3
.
1 1 . 3
2
. .

2 2
5
2
ACI
a a
CD AI a
S AK CI CD AI AK
CI
a
a
= = ⇒ = = =
 
+
 ÷
 
Kẻ KM//AD
1 1
( )
2 3
5
HK KM a
M ED HK AK
HA AD
∈ ⇒ = = ⇒ = =
Lại c ó:
·
2
2
2.
. 38

5
sin
19
9
2
5
a
a
SA HT SA HK
SKA HT
SK HK SK
a
a
= = ⇒ = = =
+
.Vậy
( )
38
,
19
d ED SC =
Câu 5: Áp dụng bđt Cosi cho 3 số dương
( ) ( ) ( )
1 1 4
, ,
2 2xyz xyz x y y z z x+ + +
ta được:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2

3
1 4 1 1 4 3
2 2xyz x y y z z x xyz xyz x y y z z x
x y z x y y z z x
+ = + + ≥
+ + + + + +
+ + +
Ta có:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2
x y z x y y z z x xyz zx yz xy zx yz xy+ + + = + + +
Áp dụng bđt Cosi cho 3 số dương xy, yz, zx:
( )
3
2 2 2
. . 1 1 1 1
3
xy yz zx
xy yz zx x y z xyz
+ +
 
≤ = ⇒ ≤ ⇒ ≤
 ÷
 
Áp dụng bđt Cosi cho 3 số dương
, ,zx yz xy zx yz xy+ + +
:
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )

3
8 2
3
zx yz xy zx yz xy
zx yz xy zx yz xy
 
+ + + + +
+ + + ≤ =
 
 
Từ (1) và (2) suy ra:
( ) ( ) ( )
2 2 2
8x y z x y y z z x+ + + ≤
. Vậy
( ) ( ) ( )
3
1 4 3 3
2
8
xyz x y y z z x
+ ≥ =
+ + +
.
Câu 6a: 1,
Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
8
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Gọi N’ là điểm đối xứng với N qua I
( )

' 4; 5N⇒ −
. Phương trình đường thẳng AB: 4x + 3y – 1 = 0
Khoảng cách từ I đến AB là:
2 2
4.2 3.1 1
2
4 3
d
+ −
= =
+
Vì AC = 2BD nên AI = 2 BI, đặt BI = x, AI = 2x, trong tam giác vuông ABI có:
2 2 2
1 1 1
5 5
4
x BI
d x x
= + ⇒ = ⇒ =
Điểm B là giao điểm của đường thẳng 4x+3y-1=0 với đường tròn tâm I bán kính
5
Tọa độ B là nghiệm của hệ:
( ) ( )
( )
( )
2 2
2
1 4
1 4
3

4 3 1 0
1
1; 1
13
1
2 1 5
25 20 5 0
1
5
x
y
x
x y
y
x
B
x
y
x y
x x
x loai
−

=

−

+ − =

=

=

 
⇔ ⇔ ⇔ ⇒ −
=

   
= −
− + − =



 

− − =



= −


Gọi pt đường thẳng song song với Oy là (d): x = a (với
0a
≠
). Tung độ giao điểm của (d) và (E) là:
( )
2 2 2
2 2
25 3
1 9. 25 5

25 9 25 5
a y a
y y a a
−
+ = ⇔ = ⇔ = ± − ≤
Câu 6a: 2,Vậy
2 2 2
3 3 6
; 25 , ; 25 25
5 5 5
A a a B a a AB a
   
− − − ⇒ = −
 ÷  ÷
   
Do đó
2 2
6 100 5 5
4 25 4 25
5 9 3
AB a a a= ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = ±
(thỏa mãn đk)
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là
5 5 5 5
,
3 3
x x= = −
Câu 7a: Điều kiện
2,n n≥ ∈¥
Ta có:

( )
( )
2 1 2
1
2( )
1
5 1 5 3 10 0
5
2
n
n n
n loai
n n
A C n n n n
n
−
+
= −
+

− = ⇔ − − = ⇔ − − = ⇔

=

Với n = 5 ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
5 10
5 10
2 2
5 10

0 0
1 2 1 3 2 3
k l
k l
k l
P x x x x x C x x C x
= =
= − + + = − +
∑ ∑
⇒
số hạng chứa x
5
là
( ) ( ) ( )
4 3
1 2 7 5 5
5 10
. . 2 . 3 16.5 27.120 3320x C x x C x x x− + = + =
Vậy hệ số của x
5
trong biểu thức P đã cho là 3320
Câu 6b: 1,
Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
9
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
+ Tọa độ
B AB BD= ∩
là nghiệm của
hệ phương trình:
( )

3 4 1 0 1
1; 1
2 3 0 1
x y x
B
x y y
+ + = =
 
⇔ ⇒ −
 
− − = = −
 
+
( )
. 22 1
ABCD
S AB AD= =
+ Ta có:
·
( )
·
( )
2
2 2 2
3.2 4.1
2 11
cos tan 2
2
5 5
3 4 2 1

AD
ABD ABD
AB
−
= = ⇒ = =
+ + −
Từ (1) và (2) ta có: AD =11; AB = 2 (3)
+ Vì
( )
; 2 3D BD D x x∈ ⇒ − +
. Ta có:
( ) ( )
11 11
; 4
5
x
AD d D AB
−
= =
Từ (3) và (4) suy ra
6
11 11 55
4
x
x
x
=

− = ⇔


= −

+ Với x = 6
( )
6;9D⇒ ⇒
phương trình đường thẳng AD đi qua A và vuông góc với AB là
: 4 3 3 0x y− + =

3 1 38 39
; ;
5 5 5 5
A AD AB C
   
⇒ = ∩ = − ⇒
 ÷  ÷
   
+ Với x = -4
( )
4; 11D⇒ − − ⇒
phương trình đường thẳng AD đi qua A và vuông góc với AB là
: 4 3 17 0x y− − =
13 11 28 49
; ;
5 5 5 5
A AD AB C
   
⇒ = ∩ = − ⇒ − −
 ÷  ÷
   
Gọi pt Elip cần tìm là:

( )
2 2
2 2
1 0
x y
a b
a b
+ = > >
với hai tiêu điểm là
( )
1
;0 ,F c−

( )
2
;0F c
( )
2 2 2
, 0c a b c= − >
và
hai đinh trên trục nhỏ là:
( ) ( )
1 2
0; , 0;B b B b−
Câu 6b: 2, Theo giả thiết ta có hệ:
( )
( )
( )
2 2 2
2 2

2 2
3
6
4
3
2 3 3 3
2
3
3 2 3
4 12 2 3
c a b
b a
a
b c b c b
c
a b
a b


= −
=

=






= ⇔ = ⇔ =

  
  
=
+ = +

 
+ = +



Vậy (E):
2 2
1
36 27
x y
+ =
Câu 7b:
( )
1 2 2 3 3 4 2 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
2.2. 3.2 . 4.2 . 2 1 2 . 2013
n n
n n n n n
C C C C n C
+
+ + + + +
− + − + + + =
(*)
Xét khai triên:
( )

2 1
1
n
x
+
+ =
0 1 2 2 3 3 4 4 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1

n n
n n n n n n
C xC x C x C x C x C
+ +
+ + + + + +
+ + + + + +
Đạo hàm cả hai vế của khai triển ta được:
( ) ( )
2
2 1 1
n
n x+ + =
( )
1 2 2 3 3 4 2 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
2 3 4 2 1
n n
n n n n n
C xC x C x C n x C
+
+ + + + +

+ + + + + +
Thay x=-2 vào ta được:
( )
1 2 2 3 3 4 2 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
2 1 2.2. 3.2 . 4.2 . 2 1 2 .
n n
n n n n n
n C C C C n C
+
+ + + + +
+ = − + − + + +
Do đó (2)
2 1 2013 1006n n
⇔ + = ⇔ =
Cách 2 câu pt vô tỉ:
3 2
3
3 5 8 36 53 25x x x x− = − + −
⇔ 3x−5 +
3
3 5x −
= (2x−3)
3
+ 2x − 3 (*)
Xét hàm số f(t) = t
2
+ t trên R. Ta có f’(t) = 3t
2
+ 1 > 0 ∀t ∈R

⇒ f(t) đồng biến trên R
(*) ⇔ f(
3
3 5x −
) = f(2x − 3) ⇔
3
3 5x −
= 2x − 3
Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
10
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
⇔ 3x − 5 = 8x
3
− 36x
2
+ 54x − 27
⇔ 8x
3
− 36x
2
+ 51x − 22 = 0
⇔ x = 2 ∨ x =
5 3
4
±
Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
11