De thi thu so 4 2012 o onluyentoanvn co loi giai

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2012. TOÁN PHỔ THÔNG. . Môn: TOÁN Ngày / /2012. ĐỀ SỐ 4. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu 1. (2 điểm). 1 3. n o h t o. Cho hàm số y = x 3 + (2 − m)x 2 + 3(2m − 3)x + m có đồ thị (C m ).. n v g.. a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C 1 ). b) Tìm m 6= 0 để đường thẳng d : y = −x + m cắt (C m ) tại ba điểm phân biệt A(0, m), B, C , đồng thời O A là đường  trong tam giác BOC . phân giác trong của BOC Câu 2. (2 điểm) a) Giải phương trình. h p n a o /t. p cos x − sin 3x = 2(cos x − sin x) sin 4x. p p  2y 2 − 7y + 10 − x(y + 3) + y + 1 = x + 1 p b) Giải hệ phương trình 3  y +1+ = x + 2y x +1 Z π (3 sin x + sin 3x)x 2 − 8x cos2 x Câu 3. (1 điểm) Tính tích phân: I = dx. 2 + cos 2x 0. / : tp. p. Câu 4. (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC D có đáy ABC D là hình thoi; hai đường chéo AC = 2 3a, B D = 2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (S ACp) và (SB D) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC D). Biết khoảng cách từ điểm. t h. O đến mặt phẳng (S AB ) bằng. Câu 5. (1 điểm). a 3 , tính thể tích khối chóp S.ABC D theo a. 4. Cho các số thực a, b, c ∈ [1, 2] thỏa mãn 4a + 2b + c = 11. Chứng minh rằng 33 1 2 3 11 ≤ + + ≤ . 10 a b c 2. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B A. Theo chương trình chuẩn Câu 6A. (2 điểm) a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox y, cho đường tròn (C ) : (x + 1)2 + (y − 2)2 = 16 và đường thẳng ∆ có phương trình 3x +4y −5 = 0. Viết phương trình đường tròn (C 0 ) có bán kính bằng 1 tiếp xúc ngoài với (C ) sao cho khoảng cách từ tâm I của nó đến ∆ là lớn nhất. b) Trong không gian với hệ tọa độ Ox y z, cho mặt cầu (S) : (x + 1)2 + (y − 2)2 + (z + 3)2 = 8 và đường thẳng d có. htt p:/ /to a. x +1 y z +1 = = . Lập phương trình mặt cầu (S 0 ) có tâm thuộc đường thẳng d , tiếp xúc với mặt 2 1 2 cầu (S ) và có bán kính gấp đôi bán kính của mặt cầu (S). µ ¶ 2z + i Câu 7A. (1 điểm) Trong tất cả các số phức z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện |z −1−i | = |z −2−2i | và Re = 3, z − 3i hãy tìm số phức có mô-đun lớn nhất. (Ở đây Rez được hiểu là phần thực của số phức z ). phương trình. B. Theo chương trình nâng cao. np ho tho ng. Câu 6B. (2 điểm) a) Trong mặt phẳng tọa độ Ox y, cho hai đường tròn (C 1 ) : (x − 1)2 + (y − 2)2 = 9 và (C 2 ) : (x + 2)2 + (y − 10)2 = 4. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABC D biết rằng A thuộc (C 1 ); C thuộc (C 2 ); B, D thuộc đường b) Trong không gian với hệ tọa độ Ox y z, cho tam giác ABC có đỉnh A(1, 2, 2), đường cao B H (H ∈ AC ) có phương. x −2 y +1 z 9 = = . Đường thẳng BC đi qua điểm M (0, 3, 0) và tiếp xúc với mặt cầu (S) : x 2 + y 2 + z 2 = . Tìm 1 −1 2 5 tọa độ đỉnh C của tam giác ABC . Ãr !3n p 3 b2 b2 3 a Câu 7B. (1 điểm) Cho khai triển nhị thức + p (a 6= 0, b 6= 0). Hãy xác định hệ số của số hạng có tỉ số 3 b a a2 1 1 1 1 3 3 10923 0 2 2n lũy thừa của a và b bằng − , biết rằng 3C 2n − C 2n +C 2n − C 2n +···+ C 2n = . 2 2 4 2n + 1 5. trình. ———————————————–Hết—————————————————. .vn.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> TỔNG HỢP LỜI GIẢI TRÊN DIỄN ĐÀN 1 3 a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C 1 ). b) Tìm m 6= 0 để đường thẳng d : y = −x + m cắt (C m ) tại ba điểm phân biệt A(0, m), B, C , đồng thời O A là đường  trong tam giác BOC . phân giác trong của BOC. Cho hàm số y = x 3 + (2 − m)x 2 + 3(2m − 3)x + m có đồ thị (C m ).. Câu 1.. a) Lời giải (): 1 m = 1 hàm số là y = x 3 + x 2 − 3x + 1 có tập xác định D = R; 3 " 2 x = 1 =⇒ y = − 0 2 0 đạo hàm y = x + 2x − 3; y = 0 ⇐⇒ 3 x = −3 =⇒ y = 10 lim y = −∞; lim y = +∞; x→−∞. x→+∞. Bảng biến thiên x y. −∞. 0. +. 0. −. 0. −∞. / : tp. Giải phương trình. 4. 2. − 23. htt p:/ /to a. Câu 2.a. 8. +. Hàm số đồng biến trên (−∞; −3); (1; +∞) ; nghịch biến trên (−3; 1) Điểm cực đại (−3; 10) Điểm cực tiểu (1; − 32 ) b) Lời giải ():. t h. 10. 6. +∞. 10 y. h p n a o /t +∞. 1. −3. n o h t o Đồ thị. n v g.. cos x − sin 3x =. −6. −4. −2. 0. 2. 4. p 2(cos x − sin x) sin 4x.. Lời giải (): Ta chú ý biến đổi sau:. cos x − sin 3x = cos x − sin x − 2 sin x + 4 sin3 x = (cos x − sin x) − 2 sin x(1 − 2 sin2 x) = (cos x − sin x) − 2 sin x(cos x − sin x)(cos x + sin x). np ho tho ng. = (cos x − sin x) [1 − 2 sin x(cos x + sin x)] = (cos x − sin x) [cos 2x − sin 2x]. Từ đó phương trình đã cho tương đương với:. p 2(cos x − sin x) sin 4x · p sin x = cos x p ⇔ (cos x − sin x)(cos 2x − sin 2x − 2 sin 4x) = 0 ⇔ cos 2x − sin 2x = 2 sin 4x (cos x − sin x) [cos 2x − sin 2x] =. Ta có: Với:. π + kπ. 4  π π ³π ´ x= +k p 24 3 Với: cos 2x − sin 2x = 2 sin 4x ⇔ sin 4x = sin − 2x ⇔  3π 4 x= + kπ 8 π π π 3π Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là: x = + kπ; x = +k ; x = + kπ 4 24 3 8. Câu 2.b. 2. sin x = cos x ⇔ tan x = 1 ⇔ x =. Giải hệ phương trình. .vn. p p  2y 2 − 7y + 10 − x(y + 3) + y + 1 = x + 1 p 3  y +1+ = x + 2y x +1. .

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Lời giải ():   x + 1 6= 0 Điều kiện: y + 1 ≥ 0   2 2y − 7y + 10 − x(y + 3) ≥ 0. .. Từ phương trình dễ thấy để phương trình có nghiệm thì: x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ −1. Ta viết phương trình thứ nhất dưới dạng:. n o h t o. q p 2y 2 − 7y + 10 − x(y + 3) = x + 1 − y + 1. n v g.. Tới đây ta sẽ bình phương lên, khi trình bày ta sẽ p trình bày tương đương nhưng để tiện thì em tách ra cho gọn. Để bình phương được ta cần điều kiện: x + 1 ≥ y + 1 ⇔ x 2 + x ≥ y . Ta bình phương 2 vế lên ta thu được:. h p n a o /t. 2y 2 − 8y + 8 − x(y + 3) = x 2 + 2x − 2(x + 1). Ta đưa phương trình 2 về dạng:. (x + 1). Thế (2) vào (1) ta sẽ thu được:. p. p. y + 1 (1). y + 1 = x 2 + x + 2x y + 2y − 3 (2). 2y 2 − 8y + 8 − x(y + 3) = x 2 + 2x − 2(x 2 + x + 2x y + 2y − 3) ⇔ 2y 2 − 4y + 2 + 3x y + x 2 − 3x = 0. / : tp. ⇔ x 2 + 3x(y − 1) + 2(y − 1)2 = 0 ⇔ (x + y − 1)(x + 2y − 2) = 0 ⇔. ·. x + y −1 = 0 x + 2y − 2 = 0. Ta có: Với: x + y − 1 = 0 ⇔ y = 1 − x , ta có thêm: x ≤ 2, thay xuống phương trình (2) ta có:. t h. p p (x + 1) 2 − x = −1 + x − x 2 ⇔ x 2 − x + 1 + (x + 1) 2 − x = 0. Với −1 ≤ x ≤ 2, ta dễ thấy: V T > 0, nên suy ra phương trình vô nghiệm. Với: x + 2y − 2 = 0 ⇔ y =. 2−x , thay vào phương trình (2) ta được: 2 r 3 4−x + =2 2 x +1. Tới đây cho gọn ta đặt: u = x + 1, khi đó ta thu được phương trình:. htt p:/ /to a r.  u ≥ 3 5−u 3 = 2− ⇔ 2  u 3 + 3u 2 − 24u + 18 = 0 2 u.  u ≥ 3 ⇔ 2  (u − 3)(u 2 + 6u − 6) = 0. Các bạn tự giải phần còn lại. Câu 3.. Tính tích phân:. π. Z. I=. 0. (3 sin x + sin 3x)x 2 − 8x cos2 x dx. 2 + cos 2x. Lời giải ():. np ho tho ng p. .vn. Câu 4. Cho hình chóp S.ABC D có đáy ABC D là hình thoi; hai đường chéo AC = 2 3a, B D = 2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng p(S AC ) và (SB D) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC D). Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (S AB ) bằng. a 3 , tính thể tích khối chóp S.ABC D theo a. 4. Lời giải (): Gọi: O là giao điểm của hai đường chéo, dễ dàng suy ra được: SO là đường cao của hình chóp. . 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> p. 1 2. Ta tính được: S ABC D = .AC .B D = 2 3a 2 . Tiếp theo ta phải xác định được khoảng cách từ O tới mặt phẳng (S AB ). Từ O kẻ OH ⊥pAB (H ∈ AB ). Từ O ta tiếp tục kẻ OK ⊥ SH . Khi đó OK chính là khoảng cách cần tìm. Ta có: OK =. a 3 . 4. Xét ∆AOD vuông tại O có đường cao OH , ta có: p 1 1 a 3 1 + = ⇒ OH = O A 2 OD 2 OH 2 2. Ta tiếp tục xét ∆SOH vuông tại O , đường cao OK , ta có:. n o h t o. n v g.. 1 1 a 1 + = ⇒ SO = OH 2 SO 2 OK 2 2. Suy ra: VS.ABC D = Câu 5.. p 3 3 a . 3. h p n a o /t. Cho các số thực a, b, c ∈ [1, 2] thỏa mãn 4a + 2b + c = 11. Chứng minh rằng 33 1 2 3 11 ≤ + + ≤ . 10 a b c 2. Lời giải (1):. / : tp. 1. Chứng minh:. 1 2 3 33 + + ≥ a b c 10. 1 2 3 + + a b c 1 16a 2 b 3 3c 64a + 50b + 75c 1 16a 2 b 3 3c 64a + 32b + 16c 18b + 59c + + + + − = + + + + + − − Ta có : P = + a 25 b 2 c 4 100 a 25 b 2 c 4 10 100 Áp dụng bất đẳng thức AM −G M ta có:. Đặt P =. t h. 1 16a 8 2 b 3 3c + ≥ ; + ≥ 2; + ≥3 a 25 5 b 2 c 4. Vì b, c ∈ [1; 2] nên 18b + 59c ≤ 36 + 118 = 154 Từ đó ta suy ra : P ≥  1 16a 2 b 3 3c     a = 25 ; b = 2 ; c = 4 Dấu bằng xảy ra khi 4a + 2b + c = 11    b = c = 2 1 2 3 11 2. Chứng minh: + + ≤ a b c 2. 8 16.11 154 33 +2+3− − = 5 100 100 10. 5 ⇔ a = ; b = 2; c = 2 4. htt p:/ /to a. Vì a, b, c ∈ [1; 2] nên ta có (a − 1)(a − 2) ≤ 0 ⇔ a 2 + 2 ≤ 3a ⇔. 1 3 a ≤ − a 2 2. Dấu bằng xảy ra khi a = 1 hoặc a = 2 Tương tự như trên ta có:. Dấu bằng xảy ra khi b = 1 hoặc b = 2. Dấu bằng xảy ra khi c = 1 hoặc c = 2 Cộng ba bất đẳng thức cùng chiều ta có: P=. 2 ≤ 3−b b. np ho tho ng 3 9 3c ≤ − c 2 2. 1 2 3 a + 2b + 3c 4a + 2b + c 6b + 11c + + ≤ 9− = 9− − a b c 2 8 8. Vì b; c ∈ [1; 2] nên. 6b + 11c ≥ 17 ⇒ P ≤ 9 −. Dấu bằng xảy ra khi a = 2; b = 1; c = 1 Lời giải (2): Đặt : P=. 11 17 11 − ≤ 8 8 2. 1 2 3 11 − c 3 + + = + a b c 2ab c. .vn. Từ giả thiết : a, b, c ∈ [1, 2] ta có : (a − 1)(b − 2) ≤ 0 ⇒ ab ≤ 2a + b − 2 =. 4. 7−c 2. (1). .

<span class='text_page_counter'>(5)</span> (a − 1)(b − 1) ≥ 0 ⇒ ab ≥ a + b − 1 = 2a + b − a − 1 ≥ 2a + b − 3 =. 5−c 2. (2). Từ (1) ta có : P≥. 11 − c 3 + = f (c) 7−c c. n v g.. 5 Khảo sát hàm số này trên [1, 2] thu được ngay f (c) ≥ f (2) = 33 10 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : a = 4 , b = c = 2 Từ (2) ta có :. P≤. 11 − c 3 + = g (c) 5−c c. Khảo sát hàm số g (c) trên [1, 2] ta cũng thu được : g (c) ≤ g (1) = 11 2 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi : a = 2, b = c = 1 Lời giải (3):. h p n a o /t. n o h t o. 11 − 2b − c 4 4 2 3 Khi đó ta có : f (b, c) = + + ∀b, c ∈ [1; 2] 11 − 2b − c b c 2 2(4b + c − 11)(11 − c) 8 − 2= <0 Ta có : f 0 (b) = 2 (11 − 2b − c) b (11 − 2b − c)2 .b 2 4 3 4 3 Do đó f (b, c) nghịch biến trên đoạn [1; 2]. Vậy f (2, c) ≤ f (b, c) ≤ f (1, c) ⇔ + + 1 ≤ f (b, c) ≤ + +2 7−c c 8−c c. Ta có :. a=. / : tp. Câu 6A.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox y, cho đường tròn (C ) : (x + 1)2 + (y − 2)2 = 16 và đường thẳng ∆ có phương trình 3x + 4y − 5 = 0. Viết phương trình đường tròn (C 0 ) có bán kính bằng 1 tiếp xúc ngoài với (C ) sao cho khoảng cách từ tâm I của nó đến ∆ là lớn nhất.. t h. Lời giải (1): Xét đường tròn: (C ) : (x + 1)2 + (y − 2)2 = 16 có tâm O(−1; 2); bán kính R = 4. Gọi I (x 0 ; y 0 ), do (C 0 ) tiếp xúc với (C ) nên ta có: I O = R + R 0 = 5 hay:. Ta có: d (I , ∆) =. (x 0 + 1)2 + (y 0 − 2)2 = 25 |3x 0 + 4y 0 − 5| . 5. Khi đó ta quy về bài toán tìm miền giá trị của P = 3x 0 + 4y 0 − 5 với : (x 0 + 1)2 + (y 0 − 2)2 = 25. Đây là bài toán rất quen thuộc, gặp rất nhiều . Mình làm thủ công nhé! Rút: y 0 =. P − 3x 0 + 5 , rồi thế lên biểu thức 4. trên rồi rút gọn ta sẽ thu được:. htt p:/ /to a. 16(x 0 + 1)2 + [P − 3(x 0 + 1)]2 = 400. Để cho gọn tra đặt: u = x 0 + 1, từ đó thay vào rồi rút gọn ta được: 25u 2 − 6Pu + P 2 − 400 = 0. Ta cần tìm P để phương trình có nghiệm u , hay:. ∆0 = −16P 2 + 10000 ≥ 0 ⇔ −25 ≤ P ≤ 25. . Khi đó ta có ngay: d (I ; ∆) lớn nhất khi: P = ±25. Từ đó suy ra có 2 điểm I thỏa mãn là: (2; 6); (−2; − 27 ).. np ho tho ng 7 2. Từ đó suy ra có 2 phương trình đường tròn cần tìm là: (x − 2)2 + (y − 6)2 = 1; (x + 2)2 + (y + )2 = 1.. Lời giải (2): Đầu tiên ta có, đường tròn (C ) có tâm I 1 (−1; 2); R = 4, và điểm I 1 thuộc đường thẳng ∆. [HINT]Đây là điểm mấu chốt đề lời giải ngắn gọn hơn.[/HINT] Ta có đường tròn (C 0 ) tâm I bán kính r = 1, và tiếp xúc ngoài với đường tròn (C ) nên ta dễ dàng suy ra quỹ tích của điểm I là đường tròn (K ) có tâm I 1 và: R 0 = R + r = 5, hay phương trình đó là: (x + 1)2 + (y − 2)2 = 25. Vẽ hình ra ta thấy khoảng cách của I tới ∆ là lớn nhất khi I là giao điểm của đường thẳng đi qua I 1 và vuông góc với ∆ với đường tròn (H ). Ta viết được phương trình đường thẳng đó là: 4x −3y +10 = 0, ta dễ dàng tìm ra giao điểm và nó là nghiệm của hệ: ( 4x − 3y + 10 = 0 2. 2. (x + 1) + (y − 2) = 25. .vn. Từ đó ta thu được kết quả như trên. Sử dụng kết quả của hình học giúp cho bài toán đơn giản hơn nhiều, tuy về mặt tư duy thì nó yêu cầu cao hơn nhưng bù lại việc tính toán nhẹ nhàng hơn, nên khi làm bài chúng chú ý tìm xem trong bài có điểm đặc biệt nào không để từ đó giải quyết bài toán nhẹ nhàng hơn! . 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Câu 6A.b. Trong không gian với hệ tọa độ Ox y z, cho mặt cầu (S) : (x + 1)2 + (y − 2)2 + (z + 3)2 = 8 và đường thẳng d. x +1 y z +1 = = . Lập phương trình mặt cầu (S 0 ) có tâm thuộc đường thẳng d , tiếp xúc với mặt 2 1 2 cầu (S ) và có bán kính gấp đôi bán kính của mặt cầu (S).. có phương trình Lời giải ():. Câu 7A.. h p n a o /t. n o h t o. n v g. µ. Trong tất cả các số phức z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện |z − 1 − i | = |z − 2 − 2i | và Re. / : tp. ¶ 2z + i = 3, hãy z − 3i. tìm số phức có mô-đun lớn nhất. (Ở đây Rez được hiểu là phần thực của số phức z ) Lời giải (): Gọi số phức cần tìm là: z = a + bi Với điều kiện: |z − 1 − i | = |z − 2 − 2i |, thì ta có:. t h. |(a − 1) + (b − 1)i | = |(a − 2) + (b − 2)i | ⇔ (a − 1)2 + (b − 1)2 = (a − 2)2 + (b − 2)2 ⇔ a + b = 3 (1). Ta tiếp tục có: 2z + i 2a + (2b + 1)i = z − 3i a + (b − 3)i. Từ đây dễ dàng suy ra: ¶ 2z + i 2a 2 + (2b + 1)(b − 3) Re = =3 z − 3i a 2 + (b − 3)2 µ. htt p:/ /to a. Để phần thực của số phức trên bằng 3 thì ta cần có: a 6= 0; b 6= 3 Khai triển ra ta được: a 2 + b 2 − 13b + 30 = 0 (2). Từ (1), ta có: a = 3 − b , thay vào (2) rồi rút gọn thì ta thu được: 2. ". 2b − 19b + 39 = 0 ⇔. 7 2. Vậy số phức cần tìm là: z = − +. 13 i. 2. b = 3 ⇒ a = 0 (Không thỏa mãn) 13 7 b= ⇒a =− 2 2. np ho tho ng. Câu 6B.a Trong mặt phẳng tọa độ Ox y, cho hai đường tròn (C 1 ) : (x − 1)2 +(y − 2)2 = 9 và (C 2 ) : (x + 2)2 +(y − 10)2 = 4. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABC D biết rằng A thuộc (C 1 ); C thuộc (C 2 ); B, D thuộc đường Lời giải (): Dễ thấy d nằm giữa (C 1 )và (C 2 ) Do ABC D là hình vuông, nên C đối xứng A qua d . Gọi (C 10 ) đối xứng (C 1 ) qua d . Do A ∈ (C 1 ) ⇒ C ∈ (C 10 ) Pt đường thẳng quaI 1 (1;2) và vuông góc d là d1 : x+y-3=0. 9 Gọi E giao của d1 và d , nên E( −3 2 ; 2) 0 0 2 Nên I 1 ((-4;7). PT(C 1 ): (x + 4) + (y − 7)2 = 9 15 Nên C có tọa độ ( −5 2 ; 10), Pt d 2 qua C vuông d có pt: x+y- 2 =0. 3 27 19 7 F là giao d 2 và d . nên F( 4 ; 4 ) nên A( 10 ; 2 ) B,D∈d nên B(b;b+6).D(d;d+6) F là trung B D nên b + d =. Câu 6B.b. 3 −5 Lại có AC ⊥ B D Nên B (10; 16 ); D( −8 5 ; 2 ) và ngược lại 2. .vn. Trong không gian với hệ tọa độ Ox y z, cho tam giác ABC có đỉnh A(1, 2, 2), đường cao B H (H ∈ AC ) có. x −2 y +1 z 9 = = . Đường thẳng BC đi qua điểm M (0, 3, 0) và tiếp xúc với mặt cầu (S) : x 2 + y 2 + z 2 = . 1 −1 2 5 Tìm tọa độ đỉnh C của tam giác ABC .. phương trình. 6. .

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Lời giải ():. h p n a o /t. n o h t o. n v g.. !3n p 3 a b2 b2 (a 6= 0, b 6= 0). Hãy xác định hệ số của số hạng có tỉ số lũy thừa Câu 7B. Cho khai triển nhị thức + p 3 b a a2 1 3 1 1 3 1 10923 2 0 2n − C 2n − C 2n +C 2n +···+ của a và b bằng − , biết rằng 3C 2n C 2n = . 2 2 4 2n + 1 5 Ãr 3. Lời giải (): Xét. 3 3 −1 −1 2k 2k+1 2k C 2n = C 2n+1 . Và C 2n = C 2k+1 Giả thiết tương đương 2k + 1 2n + 1 2k + 1 2n + 1 2n+1. t h. / : tp. −1 10923 3 3 2n+1 4 2n (C 1 +C 2n+1 + ... +C 2n+1 )+ (C 2 +C 2n+1 + ... +C 2n+1 )= 2n + 1 2n+1 2n + 1 2n+1 5 ⇔. 10923 22n+1 1 22n+1 2 0 )= . − ( −C 2n+1 ⇒n=7 2n + 1 2 2n + 1 2 5. Ta có. Ãr 3. !3n p 3 21 X 8(21−k) −5(21−k) k −k a b2 b2 k = C 21 .a 3 .b 3 .b 3 .a 3 + p 3 b a a2 k=0 1 2. Hệ số của số hạng có tỉ số lũy thừa của a và b bằng − ứng với 5k k 3 − 35 + 35 8k −k 3 + 56 − 3. htt p:/ /to a. =. −1 ⇔ k = 14 2. 14 Vậy hệ số bài toán yêu cầu là: C 21. . np ho tho ng. .vn 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>