đề thi thử Quốc gia Toán 2015, có hướng dẫn giải chi tiết của Nhà giáo ưu tú Phạm Quốc Phong phần 3

TRƯỜNG ĐẠI HỌC NGOẠI THƯƠNG

TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC

THÔNG BÁO CHIÊU SINH LỚP
“LUYỆN THI QUỐC GIA 2015”
Khai giảng ngày 01/06/2015
Kính thưa Qúy phụ huynh, thưa các em học sinh
Thế là 1 mùa hè nữa đã đến, các em học sinh 12 lại tất bật chuẩn bị cho
kỳ thi Quốc gia 2015 vơ cùng quan trọng mà sự thành hay bại ảnh hưởng trực
tiếp đến tương lai của các em sau này.
Mùa hè năm nay cũng giống bao mùa hè năm trước nhưng kỳ thi năm
nay lại hồn tồn khác các kỳ thi năm trước. Các chun gia giáo dục hàng
đầu trên thế giới đã chỉ ra rằng: 1 kỳ thi chỉ có 1 mục đích duy nhất, kỳ thi
được gọi tên “Quốc gia” của chúng ta hơm nay lại có 2 mục đích là xét tốt
nghiệp THPT và Đại học. Việt Nam khác với phần còn lại của thế giới, có thể
đây là 1 ý tưởng cách mạng chăng? Thời gian sẽ trả lời cho điều đó. Còn
trước mắt, với sự thay đổi xồnh xoạch của Bộ giáo dục và Đào tạo đã làm
cho nhà trường, cả thầy và trò cảm thấy bỡ ngỡ, khó khăn, khơng biết dạy và
học như thế nào cho hợp lý. Rồi bất ngờ, 1 đề thi minh họa được đưa ra, tuy
vẫn nằm trong chương trình của giáo dục phổ thơng nhưng hầu hết các em
học sinh đều cảm thấy lo lắng, bất an, đề thi q rộng, khác lạ so với những gì
các em được ơn luyện hàng ngày.
Chúng tơi là những giảng viên đứng trên bục giảng đã 20 năm, cả cuộc
đời gắn bó với sự nghiệp giáo dục và cũng là những bậc phụ huynh khi ở nhà.
Hơn ai hết, chúng tơi thấu hiểu nỗi trăn trở, lo âu của các bậc cha mẹ và của
các em học sinh.
Khi đã là đấng sinh thành thì khơng có hạnh phúc nào bằng thấy con
mình học giỏi, thi đậu đại học và thành đạt sau này. Nhưng đó mới chỉ là ước
mơ, để đạt được là cả 1 q trình phấn đấu, nổ lực khơng ngừng của nhà
trường, các bậc cha mẹ và đặc biệt là sự cố gắng của các em học sinh.

BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  145


Trung taõm LTẹH Ngoaùi thửụng TPHCM

www.ftu2.edu.vn

Chỳng tụi bit cỏc bc ph huynh ó quỏ vt v lo toan cho cuc sng mu
sinh hng ngy, phi tranh u vi xó hi to dng cuc sng tt nht cho
gia ỡnh mỡnh. Khi tr v nh thỡ lo con mỡnh cú n ngon khụng, ng yờn
cha, hc hnh ra sao, thi trng no, ai l ngi thy dn dt con em mỡnh
i n bn b ca vinh quang?
Tha Qỳy ph huynh, chỳng tụi hiu cỏc bc cha m ang trn tr iu
gỡ, chỳng tụi hiu cỏc em hc sinh 12 ang lo lng iu gỡ? Chỳng tụi cú mt
õy l h tr, chia s phn no nhng ni lo ú.
Hi ng s phm Trng i hc Ngoi thng TPHCM ó hp v
thng nht m lp LUYN THI QUC GIA 2015

a im hc
1. 481/8 Trng Chinh, P14, Tõn Bỡnh, TPHCM
2. 327 Nguyn Thỏi Bỡnh, P12, Tõn Bỡnh, TPHCM
3. 199 in Biờn Ph, P15, Bỡnh Thnh, TPHCM
4. 135B, in Biờn Ph, P15, Bỡnh Thnh, TPHCM

Thi gian hc: t ngy 01/06 28/06/2015 (trũn 4 tun)
a im ghi danh: tt c hc sinh tp trung ghi danh ti a ch
481/8 Trng Chinh, P14, Tõn Bỡnh, TPHCM (Ni cú bng
hiu Trung tõm LTH Ngoi thng TPHCM)

Thụng tin liờn h: 08 668 224 88 - 0989 88 1800 (Thy

Thng)
MC TIấU KHểA HC:
-

-

Chỳ trng h thng húa kin thc, nhn mnh trng tõm, giỳp cho hc
sinh cú hc lc cha tt vn cú th im u i hc.
ễn tp tt c cỏc dng toỏn thng xuyờn cú mt trong thi i hc
Rốn luyn phng phỏp gii bi tp trc nghim nhanh nht. Vi
nhng phng phỏp ny, cỏc em khi lm bi thi s bit ngay cỏch gii
mt cỏch nhanh v chớnh xỏc.
Rốn luyn "k nng trỡnh by li vn" tht logic v cht ch phn thi
t lun nhm giỳp hc sinh t im s ti a.

146 NSệT. PHAẽM QUOC PHONG


-

Học cách tránh các sai sót thường gặp khi thi
Luyện tập giải đề thi đại học
Rèn luyện “tâm lý trường thi”, giúp các em vững vàng tâm lý - tự tin
vào chính mình khi bước vào phòng thi
Đặc biệt các Thầy cơ sẽ chia sẻ trực tiếp trên lớp những bí kíp, những
kiểu đề thi năm 2015 sau bao năm tháng giảng dạy, nghiên cứu, ra đề
thi và chấm thi

Đây là nội dung giảng dạy đặc biệt duy nhất chỉ có ở trung
tâm của chúng tơi

ĐƠI NÉT VỀ TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC CỦA TRƯỜNG ĐẠI
HỌC NGOẠI THƯƠNG TPHCM
TTLTĐHNT được thành lập vào năm 1995, là Trung tâm luyện thi uy tín
và chất lượng nhất Tp.HCM. 20 năm hoạt động trong nghề, Trường đã đào
tạo hơn 20.000 học sinh, có rất nhiều học sinh đậu điểm cao, á khoa, thủ khoa
các trường ĐH danh giá. Giờ đây có nhiều người thành danh ngồi xã hội và
đang đóng góp tích cực cho sự phát triển của đất nước.
Lấy chất lượng giảng dạy làm trọng tâm và học viên là quan trọng nhất,
chúng tơi ln đòi hỏi về chất lượng giảng dạy, các giáo viên giảng dạy ở
trung tâm được " tuyển - chọn" khắt khe về kiến thức sư phạm và tính nhiệt
huyết tận tâm với nghề.
Chính vì thế Trung Tâm Luyện Thi Đại Học Trường Đại Học Ngoại
Thương ln dẫn đầu về chất lượng đào tạo. Hàng năm có rất nhiều bạn học
sinh ơn luyện tại trung tâm thi đỗ đại học và đỗ vào những trường đại học
danh tiếng điều này minh chứng rõ nhất về chất lượng đào tạo của Trường, là
một sự vinh hạnh, niềm an ủi lớn nhất đối với đội ngũ giáo viên tận tâm của
chúng tơi.

BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  147


Trung tâm LTĐH Ngoại thương TPHCM

www.ftu2.edu.vn

TẠI SAO Q PHỤ HUYNH VÀ CÁC EM HỌC SINH CHỌN
HỌC TẠI TRUNG TÂM CỦA CHÚNG TƠI?
1. Trung tâm LTĐH Ngoại thương trực thuộc Trường ĐH Ngoại thương
TPHCM, là trung tâm duy nhất tại TPHCM được Bộ giáo dục cấp phép
và quản lý

2. Trung tâm thành lập năm 1995, đến nay đã có 20 năm kinh nghiệm
đào tạo
3. Đội ngủ Giảng viên xuất sắc nhất, được nhà trường chọn lựa kỹ càng,
họ là những Phó Giáo sư, Tiến sỹ, Thạc sỹ đang giảng dạy tại các
trường ĐH lớn nhất TPHCM như Đại học Y Dược, Bách Khoa, Ngoại
thương, Sư phạm, THPT chun Lê Hồng Phong. Họ là soạn giả nỗi
tiếng những bộ sách Bồi dưỡng học sinh giỏi, Luyện thi đại học bán
rộng rãi khắp cả nước (xem thêm tại www.docsachtructuyen.vn), đặc
biệt hơn họ chính là những nhà giáo ra đề thi và chấm thi hàng năm.
4. Chất lượng đào tạo tốt nhất tại TPHCM, minh chứng bằng tỷ lệ đậu
Đại học , Cao đẳng của Trường năm 2014 là 95%
5. Phương pháp giảng dạy khoa học, hiện đại giúp các em tiếp thu nhanh
các kiến thức trong thời gian ngắn nhất
6. Phòng học được thiết kế theo tiêu chuẩn của Bộ giáo dục, sỉ số khơng
q 30 học sinh/lớp, được trang bị máy lạnh đẩy đủ, bàn viết, ghế
ngồi, ánh sáng theo đúng tiêu chuẩn thể trạng của người Việt Nam
7. Có ký túc xá sạch sẽ, được trang bị máy lạnh, đệm ngủ đẩy đủ. 2 khu
ký túc xác nam, nữ riêng biệt. Ký túc xá ở trong khng viên của nhà
trường. Có Quản sinh và bảo vệ quản lý chặt chẽ 24/24
8. Trường có thư viện sách với hàng nghìn tựa sách hay được sử dụng
miễn phí, phòng tự học rộng rãi thống mát. Ngồi giờ học trên lớp,
các em học sinh có thể đến thư viện trường để đọc sách và học bài.
9.

Hàng tuần nhà trường tổ chức thi thử cho các em học sinh theo cấu
trúc của đề thi đại học năm 2015, nhằm giúp cho các em học sinh rèn
luyện kiến thức theo đúng chủ đề thi năm nay, đúng trọng tâm thi,
khơng lan man.

148  NSƯT. PHẠM QUỐC PHONG

HỌC PHÍ
LỚP

Học phí Sỉ số
Số
(3 mơn) lớp tiết/tháng

Thi
thử

Chấm và
Học ngồi giờ
sửa bài

Tài
liệu

3 triệu

30

132

6 lần

6 lần

6 buổi/tháng

Giảm
50%

ĐẶC
6 triệu
BIỆT

20

230

12 lần

12 lần

Có thầy kèm
từng học sinh
mỗi buổi tối

Miễn
phí

VIP

HỌC SINH HỌC THÊM MƠN
LỚP
THÊM 1 MƠN
VIP
1 triệu

ĐẶC BIỆT
2 triệu

THÊM 2 MƠN
1.5 triệu
3 triệu

Ưu đãi đặc biệt cho học sinh đăng kí trước ngày
20/05/2015
1. Giảm ngay 20% học phí, lớp VIP chỉ còn 2.4 tr/3 mơn, lớp đặc biệt chỉ
còn 4.8 tr/ 3 mơn
2. Tặng ngay tài khoản đọc sách online miễn phí 1 năm trên
website www.docsachtructuyen.vn và trên smartphone trị giá 2 triệu
đồng
3. Ưu tiên sắp xếp kí túc xá trước (số lượng kí túc xá có hạn)
Điều kiện nhận ưu đãi: Qúy phụ huynh đặt cọc trước từ 500.000 đồng cho nhà
trường, nếu phụ huynh ở xa, khơng có người thân tại TPHCM thì có thể
chuyển khoản đặt cọc theo thơng tin sau
Tên người nhận: HUỲNH QUỐC THẮNG
Số tài khoản: 46454469 ngân hàng ACB chi nhánh TPHCM
Hoặc số tài khoản: 025 100 1568 249 ngân hàng Vietcombank chi nhánh
TPHCM

BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  149


Trung tâm LTĐH Ngoại thương TPHCM

www.ftu2.edu.vn

Ghi chú: tiền đặt cọc nhà trường sẽ khơng trả lại nếu học sinh bỏ khơng học.

Chúng tơi cam kết
Đảm bảo 100% học sinh đậu tốt nghiệp THPT
Đảm bảo 95% học sinh đậu đại học và cao đẳng

Nếu học sinh rớt tốt nghiệp hoặc rớt Đại học, Cao
đẳng nằm ngồi số 5% chúng tơi cam kết HỒN TRẢ
LẠI HỌC PHÍ 100%.

Liên hệ để biết thêm chi tiết hoặc ghi danh:
08 668 224 88 - 0989 88 1800 (Thầy Thắng)

150  NSƯT. PHẠM QUỐC PHONG


Câu 9.b. Để có số hạng chứa x8 trong khai triển Newton của nhò thức
(x2 + 2)n, thì n  4.
Ta có An3  8Cn2  Cn1  49  n(n  1)(n  2)  8

n(n  1)
 n  49
1.2
n 4

 n[(n  1)(n  2)  4(n  1) + 1] = 49  n[(n2  n + 7] = 49 * n = 7.
n

Với n = 7, số hạng tổng quát trong khai triển Newton của P = (x2 + 2)n
 P = (2 + x2)7 là Tk1  C7k 27  k x2 k .

Với k = 4, có hệ số của số hạng chứa x8 là
T5  C74 274 

7.6.5.4 3
.2  280
1.2.3.4

Vậy 280 là hệ số của số hạng chứa x8 trong bài toán đã cho. 

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 12.1(P) (tương tự câu 7a). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm P(4; 1).
Viết phương trình đường thẳng qua P cắt tia Ox, Oy tại điểm A, B
sao cho (OA + 9OB) nhỏ nhất.
Bài 12.2(P) (tương tự câu 7b). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường
thẳng (): x  y  2 và A là một điểm thay đổi trên đường thẳng
(). Trên tia OA lấy điểm M sao cho OA.OM  2 2 . Chứng minh khi
A thay đổi trên () thì M nằm trên một đường tròn, viết phương
trình đường tròn ấy.
Bài 12.3. (tương tự câu 7b). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm P(5; 0),
đường thẳng (): 4x + 3y + 5 = 0 và A là một điểm thay đổi trên
đường thẳng (). Trên tia PA lấy điểm M sao cho PA.PM = 9. Chứng
minh M nằm trên một đường tròn cố đònh qua P, viết phương trình
đường tròn ấy.
Bài 12.4. (tương tự câu 9.b). Tìm hệ số của x26 trong khai triển Newton
BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  151


Trung tâm LTĐH Ngoại thương TPHCM

www.ftu2.edu.vn

n

1

của nhò thức  4  x7  , biết C21n1  C22n1  ...  C2nn1  220  1 (n 
x


*

)

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 13 (xem đề trang 19)
I.

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH

Câu 1(p).
1) Khảo sát và vẽ đồ thò (C) của hàm y 
 Tập xác đònh \ {  2} .
 Sự biến thiên:

2x
.
x2
y

4
 0, x  2

( x  2)2
2
 Hàm số luôn đồng biến trên
–4 –2
O
từng khoảng (; 2) và (2; +).
. Cực trò: Hàm số không có cực trò.
. Giới hạn và tiệm cận:
+ lim y  2  đồ thò có tiệm cận ngang y = 2.

. Chiều biến thiên y' 

y=2

x = 2

x

x 

+ lim y   , lim y    đồ thò có tiệm cận đứng x = 2.
x2

x2

. Bảng biến thiên của hàm số.
x
–
–2
y’

+
y
+
2
–

+
+
2

 Đồ thi. Đồ thò đi qua gốc tọa độ O(0; 0). Tâm đối xứng I(2; 2).
4
2) Viết phương trình tiếp tuyến. Ta có y' 
.
( x  2)2

2a 
Gọi A a;
 , (với a  2) là một điểm thuộc (C).
 a  2
4
).
a2
 Đường thẳng () là tiếp tuyến của (C) tại A
4( x  a)
2a
 () có phương trình y 
 4x  (a + 2)2y + 2a2 = 0.

2

a

2
(a  2)
 Vectơ pháp tuyến của () là n = (4; –(a + 2)2)

Ta có IA  (a  2;

152  NSƯT. PHẠM QUỐC PHONG


 Khoảng cách từ I đến () lớn nhất  IA  ()
a  2 0

 n cùng phương với IA 

a2
4

4
(a  2)3

a  0
 (a + 2)4 = 16  
. Thay vào (1):
 a  4

Với a = 0, () có phương trình y = x.
Với a = 4, () có phương trình y = x + 8. 
Câu 2. Giải phương trình

2cos x  1 1  cos x  cos2 x
(1)

2sin x
1  3cos2 x

sin x  0
. [*]
Điều kiện 
1  3cos2 x  0

Ta có (1) 


2cos x  1 cos x(1  2cos x)
2cos x  1
1  2cos x



2sin x cos x 1  3cos2 x
2sin x
1  3cos2 x

2cos x  1  0
(2)
2cos x  1
1  2cos x


 
sin2 x
1  3cos2 x
sin2 x  1  3cos2 x (3)

Ta có: (2)  x  

2
 k2 , k  . (thỏa mãn [*]).
3



2
1
3
1
(3)  sin2 x 
 cos 2 x    cos
cos2 x 
2
2
2
6
3




 x   k

4
 
, k  . (thỏa mãn [*]).
5

 x   12  k

Vậy phương trình có 3 họ nghiệm:
x

2

5
 k2 , x   k , x  
 k , k  .
3
4
12

Câu 3. Điều kiện x  1  3 . [*].
Ta có

x  1  x2  x  2x2  2x  4

BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  153


Trung tâm LTĐH Ngoại thương TPHCM

www.ftu2.edu.vn

 x2  2x  1  2 ( x  1)( x2  x)  2x2  2x  4
 2 ( x  1)( x2  x)  ( x2  x)  3( x  1)
 2 ( x2  x)( x  1)  ( x2  x)  3( x  1)
 x2  x

3
x x
x x
x1

2
30 

 2
x1
x1
 x  x  1 (vô nghiệm)
 x  1
ˆ
 x  5  34 (nhan
[*])
2
 x  10x  9 = 0  
.
 x  5  34  1 (loai do [*])
2

2

Vậy x  5  34 là nghiệm duy nhất của phương trình đã cho. 
 Lời bình
Phương trình đã cho thuộc dạng
A( x)  B( x)C( x) 

A( x)  p. A( x) B( x)  B( x)C( x)  q.C( x), (p, q) 

.

Bình phương hai vế, ta có phương trình
2 A( x) B( x)C( x)  p. A( x) B( x)  q.C( x) . Đó là phương trình đẳng cấp

đối với

A( x) B( x) và

C( x).

A( x)  pA( x) B( x)  B( x)C( x)  qC( x)
 A( x)  x  1;

 x  1.( x  1) x  ( x  1)( x  1)  3( x  1)
B( x)  x;
Trong bài trên 

 x  x2  x  x2  1  3( x  1)
C( x)  x  1
 p  1; q  3
 2 x2  2 x  4




Câu 4(p). Tính

6

sin x

0

1  3sin x

 cos x

2

dx . Đặt t  1  3sin 2 x ; t2 = 1 + 3sin2t;



7
3sin x cos x
x 
t
dx

6
2 ; dt 
1  3sin 2 x
x  0  t  1





sin xdx
cos x 1  3sin 2 x



dt
dt
dt
dt



.
2
2
2
3cos x 3(1  sin x) 4  (1  3sin x) 4  t2

154  NSƯT. PHẠM QUỐC PHONG




Vậy nên

6

sin x

0

1  3sin 2 x

 cos x


7
2


1

dt
1

2
4
4t

dx

7
2

7

 1
1 
1 t2 2
1 4 7

d
t

ln
 ln


1  t  2 t  2 
4 t21
4 4 7

Câu 5.
AB
BC

 2 , A = B = 900. Suy ra hai tam giác vuông
AM BA
ABM và BCA đồng dạng với nhau

 Ta có

 ABM  BCA  ABM  BAC  BCA  BAC = 900
 900

 AIB = 900 hay BM  AC.

(1)

Mặt khác SA  (ABCD)  SA  AC.
Từ (1), (2)  BM  (SAC)

BM( SBC )



(2)

(SBM)  (SAC).

 Gọi h là khoảng các từ N tới
S

mặt phẳng (ABCD).
Tính thể tích khối tứ diện ANIB
là V 

1
s .h
3 ABI

a

(3)

Do N là trung điểm SC

SA a
 h
(4)
 .
2
2
AI
AI
AM 1
1
Ta có




IC
AC 3
BC
2
 sAIB 

N
M

A
a

I

D

H

B

C

1
1 1
1
a2 . 2
sABC  . BA.BC  a.a 2 
. (5)
3
3 2
6
6

1 a2 . 2 a a3 . 2

.
3 6 2
36
1
1
1
Câu 6. Ta có x + y + z = xy z 


 1.

xy yz zx

Thay (4), (5) vào (3) có V 

BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  155


Trung tâm LTĐH Ngoại thương TPHCM
Ta có P 


www.ftu2.edu.vn

y  2 z  2 x  2 x  y  2 y  z  2 z  x  2 1 1 1
 2  2 


   
x2
y
z
x2
y2
z2
 x y z

( x  1)  ( y  1) ( y  1)  ( z  1) ( z  1)  ( x  1)  1 1 1 


   

x2
y2
z2
 x y z

1
1
1
1
1
1  1 1 1
 ( x  1) 2  2   ( y  1) 2  2   ( z  1) 2  2      
z 
x 
y   x y z
x
y
z

Bởi x  1 > 0, y  1 > 0, z  1 > 0, nên kết hợp với bất đẳng thức
2( x  1) 2( y  1) 2( z  1)  1 1 1 
Cauchy, ta có P 


   
xy
yz
zy
 x y z



1
1 1 1
1 1 1
1
1  1 1 1
 2     2

        P       2 . (1)
 x y z
 x y z
 xy yz zy   x y z 
1





2
1
1 1 1
1
1
1 1 1
Hiển nhiên      3


   3
 
x y z

 x y z
 xy yz zy 
1



(2)

Từ (1), (2)  P  2  3 .
Dấu đẳng thức trong các đánh giá (1), (2) có khi
x  z

y  x
z  y




1 1 1

    3  x  y  z  3 .
x y z


Vậy min P  2  3 . 
II. PHẦN RIÊNG

C

()

A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a. (Hình không vẽ
A
trong mặt phẳng tọa độ)
Trọng tâm G thuộc đường
thẳng (): x  y  1 = 0
 y = x  1  G có tọa độ G(a; a  1)

156  NSƯT. PHẠM QUỐC PHONG

I

G

B

()

G’

C’


x  xA  xB  3xG
Gọi C(x; y). Ta có 
hay
 y  yA  yB  3 yG
x  3a  3
 

. Vậy C = (3a  3; 3a + 2)
 y  3a  2

 x  1  2  3a

 y  2  3  3(a  1)

(1)

Ta có AB  (1; 1) ; AB  2 .
Phương trình đường thẳng chứa cạnh AB là
x 1 y  2
x+y+1=0

1
1

Khoảng cách từ C đến đường thẳng (AB) là
dC 

|(3a  3)  3a  2  1|
2



6| a |

Diện tích tam giác ABC là sABC 

2

1
1
6| a |
AB.d C  . 2.
 3| a |.
2
2
2

Theo giả thiết sABC  3  |a| = 1  a = 1.
C  (0; 5)
.
Thay vào (1) có 
C '  (6; 1)

Vậy có hai điểm C thỏa mãn yêu cầu bài toán là C = (0; 5), C’(6; 1). 
 Tin nhắn. Liên hệ với câu 7b, Đề 18
Câu 8.a. (Hình không vẽ trong
không gian tọa độ)
Vectơ chỉ phương của đường
thẳng (), (’) theo

B
I

(’)

N

A

thứ tự là u = (1; 1; 2), u ' = (2; 1; 1).
x y2 z4
()
Đặt () :


 a.
1
1
2
M
Mỗi điểm A  () có toạ độ A(a; 2  a; 4 + 2a).
Mỗi điểm B (’) có toạ độ B(8 + 2b; 6 + b; 10  b).

I’

Vậy nên AB = (8 + 2b  a; 4 + b + a; 14  b  2a).
Ta có u. AB = (8 + 2b  a)  (4 + b + a) + 2(14  b  2a) =  6a  b + 16.
u'. AB = 2(8 + 2b  a) + (4 + b + a)  (14  b  2a) = a + 6b  26.

 AB là đoạn vuông góc chung của () và (’)
BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  157


Trung tâm LTĐH Ngoại thương TPHCM

www.ftu2.edu.vn

u. AB  0
6a  b  16  0
a  2
 A  (2; 0; 0)
.
 
 

 
a  6b  26  0
b  4
B  (0; 10; 6)
u'. AB  0
Suy ra: Trung điểm I của AB có toạ độ là I = (1; 5; 3)
và AB2 = 22 + 102 + 62 = 140.
 Phương trình mặt cầu (S) có tâm I đường kính AB là:
140
(x + 1)2 + (y  5)2 + (z  3)2 =
4
35
hay
(x + 1)2 + (y  5)2 + (z  3)2 =
(*)
2

 Ta chứng tỏ (S) là mặt cầu có kính nhỏ nhất tiếp xúc với hai
đường thẳng () và (’). Thật vậy:
Gọi (S’) là mặt cầu tâm I’ bán kính R’ tiếp xúc với đường thẳng ()
tại M, tiếp xúc với (’) tại N.
Ta có 2R’ = I’M + I’N  MN  AB.  Vậy nên (*) là phương trình

mặt cầu phải tìm. 
Câu 9.a. Xét phương trình x4  (3  i2 2) x2  4  i8 2  0 .
Đặt x2 = t, phương trình đã cho trở thành t2  (3  i2 2)t  4  i8 2  0
Ta có   (3  i2 2)2  4(i8 2  4)  17  i.20 2  (5  i.2 2)2 ;
t1 

(3  i2 2)  (5  i.2 2)
 4 ;
2

t2 

c
4  i.8 2

 1  i.2 2  ( 2  i)2
at1
4

Với t1 = 4 ta có x2 = 4i2  x = 2i.
Với t2 = 4 ta có x2 = ( 2  i)2  x =  ( 2  i)
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là {x = 2i; x =  ( 2 i)}.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu.7(P)b. Đường tròn (C): ( x  2)2  ( y 

2
3


2 

có tâm là I  2; 
 , bán kính R  2.
3

158  NSƯT. PHẠM QUỐC PHONG

)2  2


Gọi H là hình chiếu của I trên đường thẳng ().
Ta có IH bằng khoảng cách từ I đến (), tức tức là:

IH 

 2 
2  m 3  
3
 3
1  3m

2



1  2m
1  3m

2

.

sIAB

A

x

2
3


H
B

OA.OB R2  2

 sin AOB  1.

Dấu đẳng thức có khi AOB  900  IH = 1 

O

–2

Diện tích tam giác IAB là
1
 OA.OBsin AOB
2

y

(C)

1  2m
1  3m2

()

1

m  0
 1+ 3m2 = (1  2m)2  m2  4m = 0  
.
m  4

 Tin nhắn: Thực chất bài toán là xác đường thẳng cách một điểm
cho trước bằng một số cho trước.
9
 0 có tâm I = (1; 1; 2),
2
x  1  t
3

. Đường thẳng ():  y  t
, chứa hai điểm A(1; 0; 0),
2
z  0


Câu 8.b. Mặt cầu (S) x2  y2  z2  2x  2 y  4 z 

bán kính R 

B(0; 1; 1), (ứng với t = 1)
Suy ra mặt phẳng () chứa đường thẳng ()  mặt phẳng () chứa
đường thẳng hai điểm A, B.
Giả sử mặt phẳng () qua A, B và cắt trục Oz tại C(0; 0; c). Gọi d là
cách từ I đến mặt phẳng ().
 Nếu c = 0 thì ()  (Oxy). Khi đó d = |zI| = 2 > R nên (Oxy) không
phải là mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu.
(1)
 Với c  0, thì () có phương trình

x y z
   1  cx – cy + z – c = 0 (2)
1 1 c

Khoảng cách từ I đến mặt phẳng () là
d

| c.1  c(1)  2  c |
c  ( c)  1
2

2

2



| c  2|

2c2  1

BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  159


Trung tâm LTĐH Ngoại thương TPHCM

www.ftu2.edu.vn

 () tiếp xúc với (S) khi và chỉ khi d = R  d2 = R2 

3 (c  2)2

2 2c2  1

c  0,5
 4c2  8c  5 = 0  
c  2,5
 x  y  2 z  1  0, (khi c  0;5)
Thay vào (2) ta có 
.
5 x  5 y  2 z  5  0, (khi c  2;5)

Đó là phương trình các mặt phẳng cần tìm. 
Câu 9.b(P). Ta có  = (1  5i)2  8(1 + 2i)(i  3)
= 16 + 30i = (5 + 3i)2     (5  3i)
b   (1  5i)  (5  3i) 4(1  2i)


 2 ,

2a
2(1  2i)
2(1  2i)
c
2(i  3)
(3  i)(1  2i) 1  7i
x2 



ax1 2(1  2i)
5
12  (2i)2
x1 

1  7i
.
5

Vậy phương trình có hai nghiệm là: x1 = 2; x2 

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 13.1 (tương tự câu 1.2). Viết phương trình tiếp tuyến của (C):
2x  1
y =
, biết rằng tiếp tuyến vuông góc với đoạn thẳng nối tiếp
x 1
điểm và tâm đối xứng của (C).
Bài 13.2. (Tương tự câu 4). Tính mỗi tích phân


1) I 

6

 cos x
0

sin x
1  sin 2 x



dx ;

2) (A2006) J 

2


0

sin2 x
cos2 x  4sin 2 x

dx .

Bài 13.3. (A2009) (Tương tự câu 7.b). Trong mặt phẳng Oxy, cho đường
tròn (C): (x + 2)2 + (y – 1)2 = 8 và đường thẳng (): x + my + 2m + 1 = 0.
Gọi I là tâm của đường tròn. Tìm m để đường thẳng () cắt (C) tại

hai điểm A, B sao cho tam giác IAB có diện tích lớn nhất.
Bài 13.4. (Tương tự câu 3). Giải phương trình

x  x2  1  2x2  3x  4.

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
160  NSƯT. PHẠM QUỐC PHONG

y
1
0,5

(C): y = x3  3x1 + 1

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ SỐ 14 (xem đề trang 21)


Câu 1(P).
1) Khi m = 1, khảo sát và vẽ đồ thò của hàm số
y = 2x3  3x2 + 1.
 Tập xác đònh .
 Sự biến thiên
. Giới hạn: lim y  , lim y  .
x 

. Chiều biến thiên:

x 

y’ = 6x(x  1); y’ = 0  x = 0 và x = 1.

x  0
y = 0  
y < 0  0 < x < 1.
x  1

. Bảng biến thiên
x

–

y’

0
+

y

0

1
–

+

0

+

4
–

+
0

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (; 0) và (1; +), nghòch biến
trên (0; 1).
. Cực trò: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 1; đạt cực tiểu tại x = 1,
yCT = 0.
 Đồ thò. Đồ thò cắt Ox tại (0,5; 0) và (1; 0), cắt Oy tại (0; 1). Tâm
đối xứng I(0,5; 0,5).
2) Tìm m.
 Hàm số y = 2x3  3mx2 + 3(m  1)x + 1 đồng biến trên (1; +)
 y’  0,x (1; +).
(1)
Ta có y’ = 3[2x2  m(2x  1)  1]; y’  0
 2x2  1  m(2x  1)  0  m(2x  1)  2x2  1.

(2)

Với mọi x  (1; +) thì 2x  1 > 0. Vậy nên (2)  m 
Gọi h( x) 

2 x2  1
.
2x  1

2 x2  1
. Điều nói ở (1) đạt được khi m  min h( x) .
[1;+ )
2x  1

2 x2  2 x  1 x2  ( x  1)2

 0, x [1; +). Suy ra hàm
(2 x  1)2
(2 x  1)2
số y = h(x) đồng biển trên [1; +)

Ta có h'( x) 

BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  161


Trung tâm LTĐH Ngoại thương TPHCM

www.ftu2.edu.vn

Vậy nên min h( x)  h(1)  1 . Suy ra giá trò phải tìm của m là m  1. 
[0;+ )

3
3
sin2x  (3sin x  4sin3 x)  sin3 x  sin2 x
4
4
3
1
 3sin x(1  sin2 x)  sin2 x  sin x cos2 x  sin2 x
4
4

1
1
 sin2 x cos x  sin2 x  sin2 x(cos x  )  0
2
2
sin2 x  0
x  k900 , k 
 


0
0
cos x  1
x  60  l360 , l 

2

Câu 2. sin3x  sin3 x 

 Chú ý. Nếu bạn quên công thức sin3x = 3sinx  4sin3x thì có thể
biến đổi: sin3x  sin3 x = sin2 x cos x  cos2 xsin x  sin 3 x
= sin2xcos x  (cos2 x  sin2 x)sin x  sin3 x
1
3
= sin2 x cos x  cos2 xsin x = sin2 x cos x  sin2 x cos x = sin2 x cos x
2
2

 2 y  1  3  x  xy  x  2 y  4  0 (1)
Câu 3. Xét hệ phương trình 

2
(2)

4 x( x  y)  y  0

1
Điều kiện  x  3; y    . [*]. Từ (2)  (x  2y) = 0  x = 2y.
(3)
2

Thay vào (1) có




4 x  1  3  x  2x2  3x  4  0

 



4x  1  3 

3  x  1  2 x2  3x  2  0

4( x  2)

x2

 ( x  2)(2 x  1)  0

4x  1  3
3 x 1




4
1
 ( x  2)

 2 x  1  0
 4x  1  3

3 x 1


P
(
x
)




0

1
1
2 x 1 (4 x 1)   0
2

2

 x = 2 (thỏa mãn [*]). Kết hợp với (3) suy ra hệ có một
P ( x) 0

nghiệm duy nhất (x = 2; y = 1). 
 Tin nhắn. Lời giải sử dụng phương pháp gọi số hạng vắng. Liên hệ
với Đề 15–Câu 3, Đề 20–Câu 3, Bài tập 20.3.
162  NSƯT. PHẠM QUỐC PHONG








)

1  cos( x 

16
6
dx  
2 
3 cos x  sin x  2





6

)

3
1

cos x  sin x  1
6
6
2
2




2 x
1  cos( x  )
 )
6 sin (
16
1
6 dx 
2 12 dx
 


2 
2 

2 x
)
 )
 1  cos( x 
 cos (
6
6
6
2 12




6

x

x





x



x

dx

 

 tan ( 2  12 )d( 2  12 )   12  2  tan( 2  12 ) 



2

6

Câu 5
 Diện tích đáy ABCD là


6




6

sABCD  AB. AD  3a2 3 .

A’

B’

a
D

F

A ' HE  450 , A' HF  600

600

A

H

A' H
3

(1)

C

E

B

Trong tam giác A’HA vuông tại H có A’H2 + HA2 = A’A2 = a2.
Trong tam giác A’HE vuông cân tại H có HE = A’H
Trong tam giác A’HF vuông tại H có
HF = A’Hcot600 =

3
.
3

C’

D’

Gọi H là hình chiếu vuông góc
của A’ trên mp(ABCD). Gọi E, F
theo thứ tự là hình chiếu vuông
góc của H trên đường thẳng AB,
AD. Từ giả thiết suy ra



450

Câu 4. Ta có

1  cos( x 

6

(2)

.

Trong hình chữ nhật AEHF có
HA2 = HE2 + HF2 = A’H2 +
 A’H2 + HA2 = A' H 2 
Thay vào (2) có a2 

A' H 2 4 A ' H 2

=
3
3

4 A' H 2 7 A' H 2

.
3
3

a 3
7 A' H 2
3a 2
 A' H 2 
 A' H 
3
7
7

BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  163


Trung tâm LTĐH Ngoại thương TPHCM



Thể tích khối hộp là V 

www.ftu2.edu.vn

1
1
a 3 3a 7
sABCD . A' H  .3a 2 3.

. 
3
3
7
7

Câu 6. Theo Bunyakovsky với bộ 6 số thực a1; a2; a3; b1; b2; b3 với
(b1, b2, b3) dương ta có
 a

a
a
(a1  a2  a3 )2   1 . b1  2 . b2  3 . b3 
 b

b2
b3
 1

Bunyakovsky



hay

2

Bunyakovsky



 a12 a22 a32 



 (b  b2  b3 )
b
b2
b3  1
 1

a12 a22 a32 (a1  a2  a3 )2



, (1).
b1 b2 b3
b1  b2  b3

Dấu đẳng thức có khi
Viết lại Q 


a1
b1 . b1



a2
b2 . b2



a3
b3 . b3



a1 a2 a3


b1
b2
b3

x3
y3
z3


x  2 y  3z y  2 z  3x z  2 x  3 y
( x2 )2
( y2 )2
( z2 )2



x( x  2 y  3z) y( y  2 z  3x) z( z  2 x  3 y)

Theo (1) ta có Q 


( x2  y2  z2 )2
x( x  2 y  3z)  y( y  2 z  3x)  z( z  2 x  3 y)
( x 2  y2  z 2 ) 2
.
( x2  y2  z2 )  5( xy  yz  zx)

Vẫn theo Bunyakovsky xy + yz + zx  x2 + y2 + z2 nên từ (1) suy ra
Q

( x 2  y2  z 2 ) 2
x 2  y2  z 2

1  Q  1
6
( x2  y2  z2 )  5( x2  y2  z2 )

Dấu đẳng thức có khi trong hai lần đánh giá trên đồng thời xảy ra
khi x  y  z  2 . Vậy minQ = 1. 
  Lời bình
Mặc dù chỉ là một trường hợp đặc biệt của BĐT Bunyakovsky nhưng
ở dạng hẹp hơn này, BĐT (1) có tên gọi riêng là BĐT Schwarz. Miền
áp dụng của BĐT Bunyakovsky là
 . Miền áp dụng của BĐT

164  NSƯT. PHẠM QUỐC PHONG


Schwarz là



*


. Hẹp hơn một chút, chỉ áp dụng cho bi > 0, nhưng

sự sống BĐT Schwarz rất mãnh liệt bởi sự diễn đạt ngắn gọn trong
trình bày lời giải. BĐT Schwarz có mặt trong nhiều bài thi học sinh
giỏi Quốc tế.
II. PHẦN RIÊNG
A. Theo chương trình Chuẩn

y

Câu 7a. Elip (E) có tâm là O, tiêu
điểm thuộc Ox nên phương trình
x2 y2
có dạng 2  2  1
a
b

(1 ) : x  

a

e

–a –c

( 2 ) : x 

O

F1


a  0; b  0
với  2
2
2

b  a  c

4
2
6
Điểm M  2; 
  (E)  2  2  1 .

3 
a
3b

e

c
F2

M

a
e

a

x

(1)

c

a a
a2
 
Hai đường chuẩn của (E) là x  
e
c
2
a
 khoảng cách giữa chúng là x  2 .
c
2
a
 6  a2 = 3c.
Từ giả thiết suy ra 2

c
Lại biết b2 = a2  c2  b2 = c(3  c)
4
2

1
Thay (2), (3) vào (1) có
3c 3c(3  c)

(2)
(3)

c  2
 4(3  c) + 2 = 3c(3  c)  3c  13c + 14 = 0  
c  7

3
2

Thay vào (2), (3): Với c = 2 có (a2 = 6; b2 = 2)  phương trình của (E)

x 2 y2
14 
7

 1 . Với c 
là
có  a2  7, b2 
  phương trình của (E)
6

2
9
3


BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  165


Trung tâm LTĐH Ngoại thương TPHCM
là

www.ftu2.edu.vn

x2
y2

 1. 
14
7
9

x  4  t
 x  1 y  1 z  2 


Câu 8a. Xét hệ 
   y  1  2t, t  .
2
1  
 3

z  3  t
x  4  t

Thay  y  1  2t, t 
z  3  t


vào phương trình

u u'

I

()


(’)

3  t 2  2t 1  t
x 1 y 1 z  2
ta có




3
3
2
2
1

1

t
 t  t = 0  hệ có nghiệm duy nhất (x = 4; y = 1; z = 3)
3
 () và (’) cắt nhau tai điểm I(4; 1; 3).
V ectơ chỉ phương của () và (’) theo thứ tự
là u  (3; 2; 1) , u'  (1; 2; 1)




2 1 1 3 3 1
;
;
 (0; 2; 4) .
Ta có u  u '  
 2 1 1 1 1 2 


Mặt phẳng () chứa hai đường thẳng () và (’)  () đi qua I(1; 2; 1)
và nhận – u  u ' = (0; 1; –2) làm vectơ pháp tuyến. Suy ra () có
phương trình là (y  2)  2(z  1) = 0  y  2z = 0. 
u  v  4  i
(1)

Câu 9a. Xét hệ phương trình  2
.
2


u  v  5  2i (2)
(1)

Ta có (2)  (u + v)2  2uv = 5  2i  (4+ i)2  2uv = 5  2i
 uv = 5 + 5i
(3)
Từ (1), (3) suy ra u, v là nghiệm của phương trình phức
z2  (4 + i)z + 5 + i = 0. Ta có  = (4 + i)2  4(5 + i) = 5  12 i = (2  3i)2

4  i  (2  3i)
 3i
 z1 
(u  4  i; v1  1  2i)
2
.
 
  1
(u2  1  2i; v2  4  i)
4  i  (2  3i)



 1  2i
 z2 
2
A

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7b(P). (Hình không vẽ trong mặt phẳng tọa độ)
B

(C)
I

166  NSƯT. PHẠM QUỐC PHONG
M

B0

()


Đường tròn (C): x2 + (y  1)2 = 2
có tâm I(0; 1), bán kính R  2 .
Vẽ đường kính AB0. Nối MB0, BB0.
Ta có AB0  2 2 .
Xét hai tam giác AB0M và ABB0 chung góc A .
Theo giả thiết AB.AM = 8  AB. AM  AB02 

AB0
AM
.

AB0
AB

Suy ra AB0M và ABB0 là hai tam giác đồng dạng
 AB0 M  ABB0  900  B0M  AB0.
Từ đó suy ra M thuộc tiếp tuyến () của (C) tại B0.


AB0 là đường kính  I là trung điểm AB0  B0(1; 2).
Suy ra AB0  (2; 2). Tiếp tuyến của (C) tại B0 được hiểu là đường

1
AB0  (1; 1) . Vậy nên () có
2
phương trình là (x  1) + (y  2) = 0  x + y  3 = 0. 
 Lời bình. Bản chất bài toán

thẳng qua B0 có vectơ pháp tuyến là

 Trong Đề số 12-câu 7b (biến đường thẳng thành đường tròn), tích
số PM.PA có thể lấy tùy ý.
 Trong Đề số 14-câu 7b (biến đường tròn thành đường thẳng), trò số
của tích AB.AM không thể lấy tùy ý, mà ắt chỉ có thể AB.AM =
(2R)2, trong đó R là bán kính đường tròn cố đònh chứa A và B.
Trong đề ra, R  2  (2R)2  8 . Vì thế không thể khác, phải là
AB.AM = 8. Chìa khóa lời giải là chuyển hóa 8  (2 2)2  (2R)2 .
Câu 8.b(P)
 Cách 1.
+ Đường thẳng () đi qua điểm M(1; 2; 2) và có vectơ chỉ phương là
u  (1; 1; 2)

+ Đường thẳng (’) đi qua điểm N(2; 1; 1) và có vectơ chỉ phương là

u'  (1;1; 0)

BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  167

Trung tâm LTĐH Ngoại thương TPHCM
Ta có

www.ftu2.edu.vn

 1 0 0 1 1 1 
MN  (1; 1; 3) , u'  u  
;
;
 (2; 2; 2) ,
 1 2 2 1 1 1 



u'  u MN  2(1  1  3)  6 .
Bởi u'  u MN  0 nên () và (’)


là hai đường thẳng chéo nhau.
x 1 y  2 z  2
Đặt () :


 a.
1
1
2
Mỗi điểm A thuộc () có toạ độ
(1 + a; 2 + a; 2a  2).

Mỗi điểm B thuộc (’) có toạ độ
(2 + b; 1  b; 1).

A



B

M



(’)

()



N

Vậy nên AB = (b  a +1; b  a  1; 2a +3).
Ta có u. AB = 1(1 + b  a) + 1(1  b  a)  2(3 + 2a) = 6(a +1)


u'. AB = 1(1 + b  a)  1(1  b  a) + 0(3 + 2a) = 2(b + 1)
Đoạn thẳng AB đồng thời vuông góc với () và (') khi và chỉ khi
u. AB  0
u  AB
 A  (0; 1; 0)

6(a  1)  0
a  1
 
 

 
.


 AB  (1; 1; 1)
2(b  1)  0
b  1
u'. AB  0
u '  AB

Đường thẳng vuông góc chung của () và (’) là đường thẳng đi qua
A, nhận AB làm vectơ chỉ phương.
x y 1 z
Vậy nên nó có phương trình là

 .
1
1
1
 Cách 2.
Đường thẳng () đi qua điểm M(1; 2; 2)
và có vectơ chỉ phương là
u  (1; 1; 2) , | u |

()

6

Đường thẳng (’) chỉ phương là


B1
u'  (1;1; 0) ,
B
 1 0 0 1 1 1 
u'  u  
;
;
 (2; 2; 2)
 1 2 2 1 1 1 


Mỗi điểm B thuộc (’) có toạ độ B(2 + b; 1  b; 1).
Ta có MB  (b  1;b  1; 3);
168  NSƯT. PHẠM QUỐC PHONG

M


(’)


 b  1 3 3 b  1 b  1 b  1 
u  MB  
;

;

 1

2

2
1
1
1 

= (2b  1, 2b + 5; 2b + 2)
u  MB  (2b  1)2  (2b  5)2  (2b  2)2  12(b  1)2  18.



Khoảng cách từ B đến đường thẳng () là
d( B, ) 

| u'  MB |
| u|



12(b  1)2  18
6

 3  d( B, )  3 ,

dấu đẳng thức có khi b = 1. Suy ra mind( B, )  3.

Khi b = 1 có B1 = (1; 2; 1) là mút của đoạn thẳng vuông góc chung
của hai đường thẳng () và (’) trên (). Đường thẳng vuông góc
chung của hai đường thẳng () và (’) được hiểu là đường thẳng đi
1
qua B1 và nhận (u'  u)  (1; 1; 1) làm vectơ chỉ phương. Vậy nên nó
2
x 1 y  2 z 1
có phương trình là


. 
1
1
1
 Lời bình
 Mấu chốt trong lời giải 2 là tìm điểm B1 (mút của đoạn thẳng
vuông góc chung trên đường thẳng ()). Việc tìm B1 có sẵn công
thức tính khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng.
 Chỉ có một ẩn, lời giải 2 đỡ nhầm lẫn trong tính toán.
 Bằng cách sử dụng công thức tính khoảng cách từ một điểm đến
một điểm đến một đường thẳng, lời giải không cần biết vò trí
tương đối giữa () và (’).
(  ) cheo (  ')

 Nhắc lại: AB min  AB là đoạn vuông góc chung của () và (’).
A(  ), B(  ')

Câu 9b. Nhắc lại
n

(a  b)n  Cnk an kbk
k 0

n!
(n  k)!
k
A
n(n  1)(n  2)...(n  k  1)
n!
Cnk  n 

k!
k!
k!(n  k)!
Ank  n(n  1)(n  2)...(n  k  1) 

Số hạng tổng quát của khai triển là Tk1
Suy ra hệ số của ak là ak 

1

k

2 
1 k k k
 C 10 k . x   10 C10
2 x
3
3
3 

k
10

1 k k
C 2  0, k  (0; 10). [*]
310 10

BỘ ĐỀ LT THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG MÔN TOÁN – TSĐH  169