Thi Thu Lan 1K2Pinet nam 2014 Toan

<span class='text_page_counter'>(1)</span>19h30 thứ 7 hàng tuần trên www.k2pi.net. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 2x  m Câu 1. Cho hàm số y  , có đồ thị là  Hm  , m là tham số thực. x2 a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số  Hm  khi m  1 . I.. b. Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng d:y  x  3 cắt đồ thị  Hm  tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tích khoảng cách từ hai điểm A và B đến đường thẳng  : x  2y  1  0 bằng 2 . sin x  3  2 cos x   cos 2x  2 cos x  1  2 1. Câu 2. Giải phương trình cos3x 4  Câu 3. Giải phương trình  2   x . . . x 1 1 . 9x 2  14x  25 . 3x  3  4 2x  1.  2. . Câu 4. Tính tích phân I  x sin x  5sin x  x cos x  dx .  6. Câu 5. Cho lăng trụ đứng ABC.A' B'C' có đáy là ABC tam giác vuông tại B, BC  a, AC  2a . Gọi M là trung điểm của AC và N là điểm nằm trên BC sao cho 2BN  CN . Góc tạo bởi hai mặt phẳng  C' MN  và.  ABC. là  với cos . 2 . Tính thể tích khối chóp B'.BAMN và khoảng cách giữa hai đường thẳng BM, 4. C' N theo a.. Câu 6. Cho các số thực dương a, b,c thỏa mãn điều kiện Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P . 4a  2c  b  c  1    1    6 . b  b  a a.  ac bc ab  2  . a  b  2c   b  c  a  c  2a  b  . PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B. A. Theo chương trình Chuẩn. Câu 7a. Trong mặt phẳng với hệ tọa đô Oxy cho hình bình hành ABCD với A  3;6  . Biết tam giác ABC có II.. AB.AC  60 2 và nội tiếp trong đường tròn có tâm I 1;3 , bán kính R  5 . Hình chiếu của điểm A xuống. cạnh BC thuộc đường thẳng d : x  2y  3  0 . Hãy tìm tọa độ các đỉnh B,C, D biết hoành độ hình chiếu của A lớn hơn 1 và hoành độ điểm B bé hơn hoành độ điểm C . Câu 8a. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình thang ABCD có hai đáy là AB và CD . Biết A 1;2;3  , B 1;1;2  và C  3;0;1 . Tìm tọa độ điểm D biết D thuộc mặt phẳng  P  : x  y  2z  1  0 . n 4. 3n 3   n Câu 9a. Tìm hệ số của x trong khai triển P  x   1  với x  0 . Biết n là số nguyên dương x x 8  4  thỏa mãn điều kiện A2n  3Cnn 2  C3n 1  A2n 1  2n . B. Theo chương trình Nâng cao. 2 2 Câu 7b. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn  C  :  x  2    y  3  4 và hai điểm A  2; 1 ,. B  2; 5 . Một đường kính MN thay đổi sao cho các đường thẳng AM, AN cắt tiếp tuyến tại B lần lượt tại P. và Q . Hãy tìm tọa độ trực tâm H của tam giác MPQ biết điểm H nằm trên đường thẳng d : x  y  3  0 . Câu 8b. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho tam giác ABC có A 1;0;2  , B  0;1; 2 . Tìm tọa độ điểm  1 4 10  C sao cho tam giác ABC nhận điểm H   ; ;  làm trực tâm.  7 7 7  Câu 9b. Trong một cuộc họp chi đoàn có 10 học sinh tham gia gồm 6 học sinh trường A trong đó có bạn Đại và 4 học sinh trường B trong đó có bạn Học. Hỏi có bao nhiêu các xếp 10 học sinh đó trên một ghế dài có 10 chỗ ngồi sao cho giữa hai học sinh trường A ngồi gần nhau là hai học sinh trường B đồng thời bạn Đại và bạn Học không ngồi gần nhau. --------------------------------------Hết--------------------------------------.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI THỬ ĐH NĂM 2014. www.k2pi.net. Đề 01 - Ngày thi : 02-11-2013. t. DIỄN ĐÀN TOÁN THPT. i.n e. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH. 2x + m (Hm ),m là tham số thực. x −2 a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (H1 ) khi m = 1. b. Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng d : y = x + 3 cắt đồ thị (Hm ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tích khoảng cách từ hai điểm A và B đến đường thẳng ∆ : x + 2y − 1 = 0 bằng. Câu 1 Cho hàm số y =. 2.. .k2 p. Lời giải : a/ Tự làm. b/ PT hoành độ giao điểm của (Hm ) và d là :. ww w. 2x + m = x +3 x −2. ½. (1) ⇐⇒. x 6= 2 x2 − x − m − 6 = 0. (2). Để (Hm ) cắt d tại 2 điểm phân biệt A và B thì PT (1) có 2 nghiệm phân biệt. ½ ∆ = 1 + 4m + 24 > 0 ⇐⇒ (2) có 2 nghiệm phân biệt 6= 2 ⇐⇒ m 6= −4. ( −25 m> ⇐⇒ 4 m 6= −4. (∗). Gọi A (x 1 ; x 1 + 3) , B (x 2 ; x 2 + 3) là giao điểm của (Hm ) và d . Ta có d(A,∆) .d(B,∆) = 2 ⇐⇒ |3x 1 + 5| . |3x 2 + 5| = 10 ⇐⇒ [9x 1 .x 2 + 15 (x 1 + x 2 ) + 25]2 = 100. ½. Mà:. x1 + x2 = 1 x 1 .x 2 = −m − 6. . Thay vào (3) ta được : (9m + 14)2 = 100 ⇐⇒ m =. KL: Vậy giá trị m cần tìm là : m = Câu 2 Giải phương trình. −4 −8 hoặc m = thỏa mãn (∗) 3 9. −8 −4 ,m= 3 9. sin x (3 − 2 cos x) + cos 2x (2 cos x + 1) − 2 = 1. cos 3x. Lời giải : Điều kiện :. cos 3x 6= 0 ⇐⇒ 3x 6=. www.k2pi.net. (3). π π kπ + kπ ⇐⇒ x 6= + (k ∈ Z ) 2 6 3. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Phương trình đã cho tương đương:. i.n e. t. sinx (3 − 2 cos x) + cos2x (2 ¡ cos x + 1) − ¢ 2 = cos3x ⇐⇒ 3sinx − 2sinxcosx+ 2cos2 x − 1 2 cos x + 2cos2 x − 3 = 4cos3 x − 3 cos x ⇐⇒ sinx (3 − 2cosx) + cosx + 2cos2 x − 3 = 0 ⇐⇒ 3 sin x − 2 sin x cos x + cosx − 2sin2 x − 1 = 0 ⇐⇒ (1 − 2 sin x) (sinx + cosx − 1) = 0 · sinx = 21 ⇐⇒ sinx + cosx · =1 x = π6 + k2π 1 •sinx = 2 ⇐⇒ (k ∈ Z ) x = 5π 6 +¡k2π ¢ •sinx + cosx = 1 ⇐⇒ cos x − π4 = p1 · 2 π · x − π4 = π4 + k2π x = 2 + k2π ⇐⇒ ⇐⇒ (k ∈ Z ) x − π4 = − π4 + k2π x = k2π. Đối chiếu với điều kiện Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x = k2π (k ∈ Z ) µ. Câu 3 Giải phương trình 2 −. P T ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒. .k2 p. Lời giải 1: Điều kiện x ≥ 1. ¶ ¢ 4 ¡p 9x 2 − 14x + 25 x −1−1 = . p x 3x + 3 + 4 2x − 1. ¶ µ ´ 9x 2 − 14x + 25 4 ³p x −1−1 = . 2− p x 3x + 3 + 4 2x − 1 ¡p ¢ 2 (x − 2) x − 1 − 1 (3x + 3)2 − 16 (2x − 1) = p x 3x + 3 + 4 2x − 1 ¡p ¢ p 2 (x − 2) x − 1 − 1 = 3x + 3 − 4 2x − 1 x p p 2 (x − 2) x − 1 − 2x + 4 = 3x 2 + 3x − 4x 2x − 1 p p 3x 2 + 5x − 4 − 2 (x − 2) x − 1 + 4x 2x − 1 = 0 p p p x 2 − 2x x − 1 + (x − 1) + 2x 2 − 4x 2x − 1 + 2(2x − 1) + 4 x − 1 − 1 = 0 ³ ´2 ³ ´2 p p p x − x − 1 + 2 x − 2x − 1 + 4 x − 1 − 1 = 0. ww w. Kết luận : PHương trình có nghiệm duy nhất x = 1 Lời giải 2: ĐK: x ≥ 1. ¶ ´ (3x + 3)2 − 16(2x − 1) 4 ³p 2− x −1−1 = p x 3x + 3 + 4 2x − 1 µ ¶ p 4 p 4 2− x − 1 − 2 + = 3x + 3 − 4 2x − 1 x x p p 2 2 (x − 2) x − 1 = 3x + 5x − 4 − 4x 2x − 1 ³ ´2 ³ ´2 p p x − 2 + x − 1 = 2x − 2x − 1 p p ¢ ¡ ¢ · ¡ ¡x − 2 + px − 1¢ − ¡2x − p2x − 1¢ = 0 x − 2 + x − 1 + 2x − 2x − 1 = 0  p p 9 9 7 (x − 1) − 3 x − 1 + + (2x − 1) − 3 2x − 1 + + = 0  4 4 2  (x − 1)(9x − 5) p + x −1 = 0 p 3x − 2 + 2x − 1  µ ¶ µ ¶ p 3 2 p 3 2 7 x −1− (vô nghiệm) + 2x − 1 + + =0  2! 2  Ã 2 p  p (9x − 5) x − 1  x −1 +1 = 0 p 3x − 2 + 2x − 1 x =1 µ. P T ⇐⇒ ⇐⇒ ⇐⇒. ⇐⇒. ⇐⇒. ⇐⇒. ⇐⇒. ⇐⇒. www.k2pi.net. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> π 2. Z π 6. x sin x (5 sin x + x cos x) dx.. Lời giải : Tích phân đã cho viết thành: I = I=. π 6. π 2 π 6 π 2. (5x sin2 x + x 2 sin x cos x)d x. ¯π µ ¶ Z Z π Z π 1 − cos 2x x 2 5x 5 2 1 2 2 5x 2 ¯¯ 2 5 1 5x + sin 2x d x = dx − x cos 2xd x + x sin 2xd x = − I1 + I2 ¯ π π π 2 2 2 2 6 2 6 4 π 2 2 6. i.n e. π 2. Z. Z. t. Câu 4 Tính tích phân : I =. 6. Tính I 2. ¯π ¯2 1 19 2 x2 Đặt u = x =⇒ d u = 2xd x và d v = sin 2xd x =⇒ v = − cos 2x I 2 = − cos 2x ¯¯ + I 1 = π + I1 π 2 2 144 2. 6. Tính I 1. 1 2 ¯π p ¯2 1 3π 3 + cos 2x ¯¯ = − − π 4 24 8. Đặt u = x =⇒ d u = d x và d v = cos 2xd x =⇒ v = sin 2x ¯π ¯π Z π ¯2 1 2 ¯2 x x I 1 = sin 2x ¯¯ − sin 2xd x = si n2x ¯¯ π π 2 2 π6 2 6 6 p 11 2 3 3 Do đó I = π + π+ 32 12 4. 6. .k2 p. Câu 5 Cho lăng trụ đứng ABC .A 0 B 0C 0 có đáy là tam giác ABC vuông tại B , BC = a, AC = 2a . Gọi M là trung điểm của AC và N là điểm trên BC sao cho 2B N = C N . Góc tạo bởi hai mặt p 2 0 phẳng (C M N ) và (ABC ) là α với cos α = 4 . Tính thể tích khối chóp B 0 .B AM N và khoảng cách giữa hai đường thẳng B M và C 0 N theo a . Lời giải 1: Tính thể tích S B AM N : + Ta có ∆MC B là tam giác đều. Gọi p H là trung điểm BC p, p. 2a a 3 a a 7 ,MH = ,NH = ,MN = . 2 6 p 3 p3 p 2 2 a 3 1 a 3 a2 3 Tính được: S ABC = , SC M N = M H .C N = , suy ra S B AM N = S ABC − SC M N = . 2 2 6 3 + Kẻ C I ⊥ M N , theo định lý ba đường vuông góc ta có ngay M N ⊥ SI , và do ∆C 0C I vuông nên góc 0 IC = α. giữa hai mặt phẳng (C 0 M Np ) và (ABC ) chính p là góc C 2 a 3 a 3 Ta có C I .M N = 2SC M N = , suy ra C I = p . 3 7 p p 4a CI 3 Ta có cos α = 0 , suy ra C 0 I = p , từ đó theo pythago tính được C 0C = a 3. C I 14 1 0 a3 + Vậy VB AM N = .C C .S B AM N = . 3 3 Tính khoảng cách B M với C 0 N . + Kẻ N P kM B ta có B M k(C 0 N P ), do đó d [B M ,C 0 N ] = d [B M , (C 0 N P )] = d [M , (C 0 N P )]. 3VM .C 0 N P + Ta có d [M , (C 0 N P )] = SC 0 N P p 1 0 a 7 2a a 0 0 + Tính VM .C N P = VC .M N P = .C C .S M N P . ta có M N = ,NP = ,MP = 3 3 3 3 p a2 3 a3 dùng Heron tính được S M N P = . Suy ra VM .C 0 N P = . 18 18 p p a 10 a 3 0 và tính được C K = p . + Gọi K là trung điểm N P , suy ra C K = 3 p p 3 1 0 a 2 10 a 3 0 Khi đó SC 0 N P = .C K .N P = p . Từ đó ta có d [B M ,C N ] = p . 2 3 3 2 10. ww w. ta có AB = a 3,C N =. Lời giải 2:. p p p p p a 7 a 2 3 SC M N 1 a2 3 a2 3 •AB = a 3, M N = , S ABC = = =⇒ SC M N = , S AB M N = 3 2 S ABC 3 6 3 p p 2 1 a 3 a 21 0 HC = α C H .M N = vẽ C H ⊥ M N =⇒ C 0 H ⊥ M N =⇒ Cƒ =⇒ C H = 2 6 7. www.k2pi.net. 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> i.n e. t. p p p 2 CH 4a 21 a3 0 cos α = = 0 =⇒ C H = p =⇒ CC 0 = a 3. vậy VB 0 .B AM N = 4 C H 3 7 2 • vẽ N E kB M thì B M k(Cp0 N E ) Vẽ C K vuông góc N E tại K là trung điểm N E a 3 Tam giácC N E đều C K = lại gọi I là hình chiếu vuông góc của C trên (C 0 N E ) 3 p p ¡ ¢ C I a 30 9 1 10 a 30 1 0 . Vậy d B M ,C N = = . ta có: 2 = 2 + 2 = 2 =⇒ C I = CI 3a 3a 3a 10 2 20 µ ¶ 4a 2c b³ c´ Câu 6 Cho các số thực dương a, b, c thỏa điều kiện 1+ + 1+ = 6. Tìm giá trị nhỏ b b a a nhất của biểu thức: ¸ · bc ac ab P= +2 + a (b + 2c) b (c + a) c (2a + b). Lời giải : Đặt x = 2a, y = b, z = 4c . Khi đó, x, y, z là các số dương thỏa mãn:. 2x xz 2y y z z(x 3 + y 3 ) 2(x 2 + y 2 ) z(x + y) + 2+ + 2 = 6 ⇐⇒ 6 = + ≥ +4 y y x x x2 y 2 xy xy z(x + y) ⇐⇒ 0 < ≤ 6−4 = 2 xy. .k2 p. Mặt khác, theo BĐT C auch y − Schw ar z ta có P= ≥. yz xz 4x y + + 2x y + xz y z + 2x y xz + y z z 2 (x + y)2 4x y + 2x y z(x + y + z) z(x + y). 3z 2 (x + y)2 4x y + 2 2(x y + y z + zx) z(x + y) ³ ´2 z(x+y) 3 xy 4x y = ³ ´2 + z(x+y) z(x + y) 2 1+ xy ≥. Nếu ta tiếp tục đặt t =. z(x+y) xy ,. bài toán dẫn đến khảo sát hàm số: f (t ) =. 4 3t 2 + , 0<t ≤2 2 2(1 + t ) t. 8 3. ww w. Từ đó suy ra f (t ) ≥ f (2) = . Đẳng thức xảy ra khi x = y = z > 0 ⇐⇒ 2a = b = 4c > 0.. II. PHẦN RIÊNG. A. Theo chương trình Chuẩn. Câu 7.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-các Ox y cho hình bình hành ABC D với A(−3; 6). p Biết tam giác ABC có AB · AC = 60 2 và nội tiếp trong đường tròn có tâm I (1; 3) và bán kính R = 5. Hình chiếu của điểm A xuống cạnh BC thuộc đường thẳng d : x + 2y − 3 = 0. Hãy tìm tọa độ các đỉnh B,C , D biết hoành độ hình chiếu của A lớn hớn 1 và hoành độ của điểm B bé hơn hoành độ điểm C . Lời giải :. p 1 1 AB.AC . sin A AB.AC AB.AC . sin A = BC .AH =⇒ AH = = = 6 2. 2 2 BC 2R Do H ∈ d nên H (3 − 2h; h), với h < 1. p 36 Ta có AH = 6 2 ⇐⇒ (6 − 2h)2 + (h − 6)2 = 72 ⇐⇒ h = 0 hoặc h = (loại). 5 Do đó H (3; 0). Suy ra phương trình đường thẳng BC là x − y − 3 = 0. Mà phương trình đường tròn ¡ ¢2 (ABC ) là (x − 1)2 + y − 3 = 25. Do đó tọa độ điểm B và C là nghiệm của hệ phương trình ( ¢ ·¡ x − y −3 = 0 x; y = (1; −2) ¢ ¡ ¢2 ⇐⇒ ¡ x; y = (6; 3) (x − 1)2 + y − 3 = 25 S ABC =. www.k2pi.net. 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Vì x B < xC nên B (1; −2) và C (6; 3). ¡ ¢ −→ −−→ Ta có ABCD là hình bình hành =⇒ AB = DC =⇒ (4; −8) = 6 − x D ; 3 − y D =⇒ D (2; 11).. t. Câu 8.a Trong không gian với hệ tọa độ Đề-các Ox y z cho hình thang ABC D có hai đáy là AB và C D . Biết A(1; 2; 3), B (1; 1; 2) và C (3; 0; 1). Tìm tọa độ điểm D biết D thuộc mặt phẳng (P ) : x + y + 2z + 1 = 0.. i.n e. Lời giải : −→ −−→ Giả sử D(x; y; z) Ta có: AC = (2; −2; −2) B D = (x − 1; y − 1; z − 2). x −1 y −1 z −2 −→ −−→ Do ABCD là hình thang nên AC = k B D hay = = ⇐⇒ 2 −2 −2 Mà D ∈ (P ) nên: x + y + 2z + 1 = 0 (2)  x = 9     2  x + y − 2 = 0 −5 Từ (1) (2) ta có hệ: x + z − 3 = 0 ⇐⇒ y =   2   x + y + 2z + 1 = 0  z = −3 2 ¶ µ 9 −5 −3 Vậy D ; ; 2 2 2. ½. x + y −2 = 0 x +z −3 = 0. p ¢n−4. p. 3 Câu 9 .a Tìm hệ số của x trong khai triển P (x) = 1 + n4 x − 3n x 8 3 2 n−2 2 nguyên dương thỏa mãn điều kiện A n + 3C n −C n+1 = A n+1 − 2n.. Lời giải :. với x > 0. Biết n là số. .k2 p. ¡. (1). 3 6. 1 6. 3 Ta có: A 2n +3C nn−2 −C n+1 = A 2n+1 −2n. ⇐⇒ n(n−1)+ n(n−1)− n(n−1)(n+1) = n(n+1)−2n ⇐⇒ n = 8. (do n ≥ 2 và n ¡∈ N ) p ¢4 p Khi đó P (x) = 1 + 2 x − 3 3 x. ` ` 4−k 1 i .(1 + 2x 2 )k ⇐⇒ P (x) = 4k=0 .C 4k .(−3)4−k .x 3 .( ki=0 .C ki .2i .x 2 ) 4−k i Hệ số của số hạng x ứng với + = 1 (i , k ∈ N , i ≤ k ≤ 4 ⇐⇒ 2k − 3i = 2 ⇐⇒ (k = 4 ∧ i = 2) ∨ (k = 3 2 2 ∧ i = 0) Suy ra hệ số của x trong khai triển là: C 44 .(−3)0 .C 42 .22 +C 42 .(−3)2 .C 20 .20 = 78.. ⇐⇒ P (x) =. `4. k=0. .C 4k .(−3)4−k .x. 4−k 3. B. Theo chương trình Nâng cao. ww w. Câu 7.b Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề-các Ox y cho đường tròn (C ) : (x − 2)2 + (y + 3)2 = 4 và hai điểm A(2; −1), B (2; −5). Một đường kính M N thay đổi sao cho các đường thẳng AM , AN cắt tiếp tuyến tại B lần lượt tại P và Q . Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác M PQ biết điểm H nằm trên đường thẳng d : x + y + 3 = 0.. Lời giải : Từ giả thiết ta thấy hai điểm A, B thuộc (C ) và AB là đường kính của hình tròn Gọi H 0 là hình chiếu của H lên PQ và K là hình chiếu của P lên MQ Xét tam giác P HQ có hai đường cao là H H 0 và QK nên M là trực tâm của tam giác P HQ Mặt khác: Do M N là đường kính nên P A vuông góc với AQ Từ đó suy ra A ∈ HQ 1 2. 1 2. Xét tam giác N H M có AI song song M N và I là trung điểm của M N Nên AI = H M = AB −→. −−→. Suy ra B A = M H Do M ∈ (C ) nên H thuộc đường tròn (C 0 ) là ảnh của (C ) qua phép tịnh tiến theo −→ −→ vector B A . Công việc của ta là xác định (C 0 ) B A½= (0; −4); I 0 (2; −7) ;R 0 = R = 2 (C 0 ) : (x − 2)2 + (y + 7)2 = 4 Từ đó suy ra tọa độ điểm H là nghiệm của hệ:. x + y +3 = 0 Vậy H (2; −5) và H (4; −7) (x − 2)2 + (y + 7)2 = 4. Câu 8.b. Trong không gian với hệ tọa độ Đề-các Ox y z cho tam giác ABC có ¡ ¢ A(1; 0; 2), B (0; 1; −2). Tìm tọa độ điểm C sao cho tam giác ABC nhận điểm H − 17 , 47 , 10 7 làm trực tâm. Lời giải :. −−→ −→ AH = − 47 (2; −1; 1) , AB = (−1; 1; −4). −−→. Mặt phẳng (P ) qua B nhận véc tơ pháp tuyến AH có phương trình:2x − y + z + 3 = 0 www.k2pi.net. 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> x = 1 + 2t y = −t z = 2µ+ t ¶ ¶ µ − − → 7 5 4 1 17 4 0 0 0 Gọi A là giao của (P )và AH thì : A − ; ; B A = − ; ; 3 6 6 3 6 6 ( x = −8m y = 1+m đường thẳng BC có phương trình tham số là: z = −2 + 17m ¢ −−→ ¡ C (−8m; 1 + m; −2 + 17m) =⇒ C H = 8m − 17 ; −m − 37 ; −17m + 24 7 ¶ µ −112 73 120 −→ −−→ AB .C H = 0 ⇐⇒ m = 14 =⇒ C ; ; 59 59 59 59 (. i.n e. t. Đường thẳng AH có phương trình tham số :. Câu 9 .b Trong một cuộc họp chi đoàn có 10 học sinh tham gia gồm 6 học sinh trường A trong đó có bạn Đại và 4 học sinh trường B trong đó có bạn Học. Hỏi có bao nhiêu cách xếp 10 học sinh đó trên một ghế dài có 10 chỗ ngồi sao cho giữa hai học sinh trường B ngồi gần nhau là hai học sinh trường A đồng thời bạn Đại và bạn Học không ngồi gần nhau.. .k2 p. Lời giải :. —————————————————-Hết—————————————————-. ww w. Lời giải được thực hiện bởi các thành viên diễn đàn toán THPT www.k2pi.net. www.k2pi.net. 7.

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