ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG TRƯỜNG THPT TRẦN NGUYÊN HÃN Mơn Tốn - Năm học 2009-2010 Thời gian làm : 180’ ( 07 điểm ) y = f ( x ) = x + ( m − ) x + m − 5m + Câu I ( 2,0điểm) Cho hàm số 1/ Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C ) hàm số với m = 2/ Tìm giá trị m để đồ thị hàm số có điểm cực đại, cực tiểu tạo thành tam giác vuông cân  x + y + x − y = 12  Câu II(2.0điểm) 1/ Giải hệ phương trình:   y x − y = 12  2/ Giải bất phương trình : log x − log x − > (log x − 3) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu III (1.0 điểm) Tìm x ∈(0; π ) thoả mãn phương trình: cot x - = π cos x + sin x − sin x + tan x Câu IV(1.0 điểm) Tính tích phân : I = cos x cos xdx ∫ Câu V(1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a, BC = a · · , SA = a , SAB = SAC = 30 Gọi M trung điểm SA , chứng minh SA ⊥ ( MBC ) Tính VSMBC PHẦN RIÊNG CHO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH ( 03 điểm ) (Thí sinh chọn hai chương trình Chuẩn Nâng cao để làm bài.) A/ Phần đề theo chương trình chuẩn Câu VI.a: (2.0điểm) 1, Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho ∆ ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: x + y + = phân giác CD: x + y − = Viết phương trình đường thẳng BC 2, Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15 a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15 b) Tìm hệ số a10 Câu VII.a: (1,0điểm) Trong không gian Oxyz cho hai điểm A (-1;3;-2), B (-3,7,-18) mặt phẳng (P): 2x - y + z + = Viết phương trình mặt phẳng chứa AB vng góc với mp (P) B/ Phần đề theo chương trình nâng cao Câu VI.b: (2 điểm) 1, Cho hình bình hành ABCD có diện tích Biết A(1;0), B(0;2) giao điểm I hai đường chéo nằm đường thẳng y = x Tìm tọa độ đỉnh C D 2, Cho P(x) = (1 + x + x2 + x3)5 = a0 + a1x + a2x2 + a3x3 + …+ a15x15 a) Tính S = a0 + a1 + a2 + a3 + …+ a15 b) Tìm hệ số a10 x2 − 2x + Câu VII.b: (1.0 điểm) Cho hàm số y = (C) d1: y = −x + m, d2: y = x + x −1 Tìm tất giá trị m để (C) cắt d1 điểm phân biệt A,B đối xứng qua d2 Đáp án biểu điểm thi thử Đại học lần II Câu Môn Toán Năm học 2009-2010 Hướng dẫn giải chi tiết ý Điểm 7.00 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I Cho hàm số f ( x ) = x + 2( m − 2) x + m − 5m + ( C ) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số với m = 1* TXĐ: D = R 2* Sự biến thiên hàm số: lim f ( x ) = +∞ : lim f ( x ) = +∞ * Giới hạn vô cực: x → −∞ 0.25 x → +∞ f ' ( x ) = y ' = x − x = x ( x − 1) * Bảng biến thiên: y ' = ⇔ x = 0; x = −1; x = x -∞ y’ y -1 0 + +∞ - +∞ + +∞ 0.5 0 ∞ Hàm số đồng biến khoảng ( −1;0 ) (1;+ ) , nghịch biến ( −∞ 1) (0;1) ;− Trên khoảng Hàm số đạt cực tiểu x = ±1; y CT = , đạt cực đại x = 0; y CD = 3* Đồ thị:  4  4 * Điểm uốn: y ' ' =12 x − , điểm uốn là: U − ; ,U  ;          * Giao điểm với trục toạ độ: A(0; 1), B(-1;0) C(1; 0) * Hàm số chẵn R nên đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng * Đồ thị: 0.25 -5 -2 -4 Tìm giá trị m để (C) có điểm cực đại, cực tiểu tạo thành tam giác vuông cân x = * Ta có f ' ( x ) = x + ( m − ) x = ⇔  x = − m * Hàm số có CĐ, CT f’(x)=0 có nghiệm phân biệt đổi dấu : m < (1) Toạ độ điểm cực trị là: ( ) ( A 0; m − 5m + , B ) ( − m ;1 − m , C − − m ;1 − m ) * Do tam giác ABC cân A, nên tốn thoả mãn vng A: AB AC = ⇔ ( m − 2) = −1 ⇔ m = vỡ đk (1) Trong AB = ( − m ;−m + 4m − 4), AC = (− − m ;−m + 4m − 4) Vậy giá trị cần tìm m m = 0.25 0.5 0.25 Câu II  x + y + x − y = 12  Giải hệ phương trình:   y x − y = 12  | x|≥| y| * Điều kiện: u = x − y ; u ≥  Đặt  ; x = − y không thỏa hệ nên xét x ≠ − y ta có v = x+ y   1 u2  y =  v − ÷ Hệ phương trình cho có dạng: 2 v  u = u = ⇔  v = v =  x2 − y2 = u =  ⇔ + (I) v = x + y =  0.25 u + v = 12  u2  u  v − ÷ = 12 2  v    0.25 u =  x − y =  ⇔ + (II) v = x + y =  Giải hệ (I), (II) Sau hợp kết lại, ta tập nghiệm hệ phương trình ban đầu S = { ( 5;3) , ( 5; ) } Giải bất phương trình : 0.25 log x − log x − > (log x − 3) x> ĐK:  log 22 x − log x − ≥  0.25 Bất phương trình cho tương đương với log x − log x − > (log x − 3) đặt t = log2x, BPT (1) ⇔ t − 2t − > (t − 3) ⇔ (t − 3)(t +1) > (t − 3)  t −≤  t −≤  log2 x −≤  ⇔ t> ⇔  ⇔    < t <  < log2 x <   (t + 1)(t − 3) > 5(t − 3) Câu III 0.25 (1) 0.5  00 (*) m − 2m − >  Khi đó(C) cắt (d1)tại A(x1; -x1+m); B(x2; -x2+m) ( Với x1, x2 hai nghiệm (1) ) * d1⊥ d2 theo giả thiết ⇒ Để A, B đối xứng qua d2 ⇔ P trung điểm AB x +x x +x m + 3m − ; Thì P thuộc d2 Mà P( ; − + m ) ⇒ P( ) 2 4 3m − m + = + ⇔ m = ( thoả mãn (*)) Vậy ta có 4 Vậy m =9 giá trị cần tìm Chú ý : - Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa phần 0.5 SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT LƯƠNG TÀI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 Mơn: Tốn – Ngày thi: 06.4.2010 Thời gian 180 phút ( khơng kể giao đề ) Đề thức Phần chung cho tất thí sinh (7 điểm ) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y = 2x − x −2 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số Cho M điểm (C) Tiếp tuyến (C) M cắt đường tiệm cận (C) A B Gọi I giao điểm đường tiệm cận Tìm toạ độ điểm M cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ Câu II (2 điểm) x π 4 x x 2 2 Giải phương trình + sin sin x − cos sin x = cos  −  1  2 Giải bất phương trình log (4 x − x + 1) − x > − ( x + 2) log  − x   2 Câu III (1 điểm) e   ln x + x ln x dx Tính tích phân I = ∫      x + ln x Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a BC = a · · SA = a , SAB = SAC = 30 Tính thể tích khối chóp S.ABC Câu V (1 điểm) Cho a, b, c ba số dương thoả mãn : a + b + c = P= a + 3b +3 b + 3c +3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức c + 3a Phần riêng (3 điểm) Thí sinh làm hai phần: Phần phần Phần 1:(Theo chương trình Chuẩn) Câu VIa (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đường thẳng d1 : x − y + = d2: 3x +6y – = Lập phương trình đường thẳng qua điểm P( 2; -1) cho đường thẳng cắt hai đường thẳng d1 d2 tạo tam giác cân có đỉnh giao điểm hai đường thẳng d1, d2 Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A( 1; -1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3; 2), D( 4; -1; 2) mặt phẳng (P) có phương trình: x + y + z − = Gọi A’là hình chiêú A lên mặt phẳng Oxy Gọi ( S) mặt cầu qua điểm A’, B, C, D Xác định toạ độ tâm bán kính đường trịn (C) giao (P) (S) Câu VIIa (1 điểm) Tìm số nguyên dương n biết: k n +1 2C2 n +1 − 3.2.2C2 n +1 + + (−1)k k (k − 1)2 k −2 C2 n +1 + − n(2 n + 1)2 n −1 C2 n +1 = −40200 Phần 2: (Theo chương trình Nâng cao) Câu VIb (2 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có phương trình: x2 y2 − = Viết phương 16 trình tắc elip (E) có tiêu điểm trùng với tiêu điểm (H) ngoại tiếp hình chữ nhật sở (H) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho ( P ) : x + y − z + = đường thẳng (d ) : x+3 = y + = z − , điểm A( -2; 3; 4) Gọi ∆ đường thẳng nằm (P) qua giao điểm ( d) (P) đồng thời vng góc với d Tìm ∆ điểm M cho khoảng cách AM ngắn Câu VIIb (1 điểm):  3x+ + y− = 3.2 y+ 3x Giải hệ phương trình   3x + + xy = x + Hết -Chú ý: Thí sinh dự thi khối B D khơng phải làm câu V Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: - Đáp án Câu I Nội dung Điểm 2x − Khảo sát hàm số vẽ đồ thị hàm số y = x −2 1) Hàm số có TXĐ: 1,00 R \ { 2} 0,25 2) Sự biến thiên hàm số: a) Giới hạn vô cực đường tiệm cận: lim+ y = +∞ * lim− y = −∞ ; x→ 0,25 x→ Do đường thẳng x = tiệm cận đứng đồ thị hàm số * xlim y = xlim y = ⇒ đường thẳng y = tiệm cận ngang đồ thị hàm số →+∞ →−∞ b) Bảng biến thiên: Ta có: y' = < 0, ∀x ≠ ( x − 2)2 Bảng biến thiên: x y’ -∞ +∞ - - 0,25 +∞ y -∞ ; ∞ * Hàm số nghịch biến khoảng ( −∞2 ) (2;+ ) 3) Đồ thị:   3 2 3 2   + Đồ thị cắt trục tung 0;  cắt trục hoành điểm  ;0  + Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 2; 2) hai tiệm cận làm tâm đối xứng y 0,25 3/2 O I 2 x 3/2 Tìm M đường trịn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ −1  2x −  , x ≠ , y' (x ) = Ta có: M x ;   ( x0 − ) x0 −   Phương trình tiếp tuyến với ( C) M có dạng: ∆ : y = 10 −1 2x − (x − x ) + x0 − ( x0 − ) 1,00 0,25  2x −  Toạ độ giao điểm A, B ( ∆) hai tiệm cận là: A 2;  x − ; B( 2x − 2;2 )    y + y B 2x − x +x + 2x − = = y M suy M trung = x0 = xM , A Ta thấy A B = x0 − 2 điểm AB Mặt khác I = (2; 2) tam giác IAB vuông I nên đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích   2x −     2 S = πIM = π(x − 2) +   x − −   = π(x − 2) + (x − 2)2  ≥ π          Dấu “=” xảy (x − 2) = ⇔ ( x − 2)  x0 =   x0 = 0,25 0,25 0,25 Do có hai điểm M cần tìm M(1; 1) M(3; 3) II π x   2 x x π x  + sin sin x − cos sin x = cos  −  2  2 x x π (1) ⇔ + sin sin x − cos sin x = + cos − x  = + sin x   2 2  x x 2 Giải phương trình + sin sin x − cos sin x = cos  −  điểm (1) 0,25 x x x x x x     ⇔ sin x sin − cos sin x − 1 = ⇔ sin x sin − cos sin cos − 1 = 2 2 2     x x x    ⇔ sin x sin − 1 sin + sin + 1 = 2    0,25  sin x =  x = kπ   x = kπ x ⇔ sin = ⇔ x π ⇔ ⇔ x = kπ, k ∈ Z  = + k2 π   x = π + k4 π 2  x x 2 sin + sin +  2 II 0,25 0,25 1  Giải bất phương trình log (4 x − x + 1) − x > − ( x + 2) log  − x   2 điểm 0,25 11 ĐK: 1    x<  >− 0x x<   ⇔  ⇔  x (2x >− 0) x≠    2 Với điều kiện (*) bất phương trình tương đương với: log (1 − 2x) − 2x > + (x + 2)[ log (1 − 2x) − 1] ⇔ x[ log (1 − 2x) + 1] < 12 0,25   x>   x>   x>     l og2(1− 2x)+1< log22(1 x) log22(1 x)>− 2(1 x)>− 0,25 Kết hợp với điều kiện (*) ta có: III 1 < x < x < 0,25 e   ln x + x ln x dx Tính tích phân I = ∫      x + ln x e e ln x I=∫ dx + 3∫ x ln xdx x + ln x e +) Tính I = ∫ Đổi cận: I1 = ∫ (t ln x x + ln x điểm x dx Đặt t = + ln x ⇒ t = + ln x; tdt = dx 0,25 x = ⇒ t = 1; x = e ⇒ t = )  t3  −1 tdt = ∫ t −1 dt = 2 − t  3  t  1 ( ) = ( 22− 13 ) 0,25  dx  du = x  u = lnx = ∫ x ln xdx Đặt  2⇒  dv = x dx  v = x  e +) Tính I 2 0,25 e I2 = x3 e3 x e ln x − ∫ x dx = − 31 3 = e e3 e3 2e3 + − + = 9 0,25 I = I1 + 3I = − 2 + 2e 0,25 IV Tính thể tích hình chóp S.ABC điểm S M A C N B Theo định lí cơsin ta có: · SB = SA + AB − 2SA.AB.cos SAB = 3a + a − 2.a 3.a.cos30 = a Suy SB = a Tương tự ta có SC = a Gọi M trung điểm SA , hai tam giác SAB SAC hai tam giác cân nên MB ⊥ SA, MC ⊥ SA Suy SA ⊥ (MBC) Ta có VS ABC = VS MBC + VA MBC 1 = MA.S MBC + SA.S MBC = SA.S MBC 3 Hai tam giác SAB SAC có ba cặp cạnh tương ứng nên chúng Do MB = MC hay tam giác MBC cân M Gọi N trung điểm BC suy MN ⊥ BC Tương tự ta có MN ⊥ SA 3a a  a  a  MN = AN − AM = AB − BN − AM = a −   −    = 16 ⇒ MN = 4    Do VS ABC = SA MN BC = a V Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = a a a3 = 16 a + 3b +3 14 b + 3c 0,25 0,25 0,25 0,25 +3 c + 3a điểm Áp dụng Bất đẳng thức Cơsi cho ba số dương ta có 1 1 1 (x + y + z ) + +  ≥ 33 xyz =9⇒ + + ≥ (*) x y z x y z x+y+z xyz   1 +3 +3 ≥3 Áp dụng (*) ta có P = 3 a + 3b b + 3c c + 3a a + 3b + b + 3c + c + 3a 0,25 Áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có a + 3b + + 1 = ( a + 3b + ) 3 b + 3c + + 1 ( b + 3c ) 1.1 ≤ = ( b + 3c + ) 3 c + 3a + + 1 ( c + 3a ) 1.1 ≤ = ( c + 3a + ) 3 ( a + 3b ) 1.1 ≤ 0,25 1  a + 3b + b + 3c + c + 3a ≤  ( a + b + c ) +  ≤  +  =   3  Do P ≥ Suy 3  a + b + c = ⇔ ⇔a=b=c= Dấu = xảy a + 3b = b + 3c = c + 3a =  0,25 0,25 Vậy P đạt giá trị nhỏ a = b = c = / VIa.1 Lập phương trình đường thẳng Cách 1: d1 có vectơ phương a1 (2;− ) ; d2 có vectơ phương a (3;6) d1 ⊥ d d1 cắt d2 điểm I khác P Gọi d Ta có: a1.a = 2.3 −1.6 =0 nên đường thẳng qua P( 2; -1) có phương trình: điểm 0,25 d : A(x − 2) + B(y + 1) = ⇔ Ax + By − A + B = d cắt d1, d2 tạo tam giác cân có đỉnh I d tạo với d1 ( d2) góc 450 2A − B  A = 3B ⇔ = cos 45 ⇔ 3A − 8AB − 3B = ⇔  2 2 A + B + (− 1)  B = − 3A 0,25 * Nếu A = 3B ta có đường thẳng d : 3x + y − = * Nếu B = -3A ta có đường thẳng d : x − 3y − = Vậy qua P có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu toán d : 3x + y − = 0,25 2 d : x − 3y − = 0,25 Cách 2: Gọi d đường thẳng cần tìm, d song song với đường phân giác đỉnh giao điểm d1, d2 tam giác cho Các đường phân giác góc tạo d1, d2 có phương trình 2x − y + 3x + 6y − = ⇔ 2x − y + = 3x + 6y − ⇔ 2 2 + (− 1) +  3x − 9y + 22 = (∆ 1)   9x + 3y + = (∆ ) +) Nếu d // ∆1 d có phương trình 3x − 9y + c = Do P ∈ d nên + + c = ⇔ c = −15 ⇒ d : x − 3y − = 15 0,25 0,25 +) Nếu d // ∆2 d có phương trình 9x + 3y + c = Do P ∈ d nên 18 − + c = ⇔ c = −15 ⇒ d : 3x + y − = Vậy qua P có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu toán d : 3x + y − = d : x − 3y − = VIa Xác định tâm bán kính đường tròn Dễ thấy A’ ( 1; -1; 0) * Giả sử phương trình mặt cầu ( S) qua A’, B, C, D là: x + y2 + z + 2ax + 2by + 2cz + d = 0, (a + b2 + c2 − d >  2a − b + d + =  2a + 6b + 4c + d + 14 =  Vì A' , B, C, D ∈(S ) nên ta có hệ:  ⇔  8a + 6b + 4c + d + 29 =  8a − 2b + 4c + d − 21 = 0,25 0,25 điểm 0,25 )  a= −   b= −  c= −   d = − 0,25 Vậy mặt cầu ( S) có phương trình: x + y + z − x − y − z + = 5  29 (S) có tâm I ;1;1, bán kính R = 2  +) Gọi H hình chiếu I lên (P) H tâm đường tròn ( C) +) Gọi ( d) đường thẳng qua I vng góc với (P) (d) có vectơ phương là: n ( ;1;1)  x = 5/ + t  Suy phương trình d:  y = + t ⇒  z = 1+ t  5  H + t;1 + t;1 + t  2  0,25 5 1  ⇒ H ; ;  3 6  75 29 75 31 186 IH = = − = = , (C) có bán kính r = R − IH = 36 6 36 5 Do H = ( d ) ∩(P ) nên: + t + + t + + t − = ⇔ 3t = − ⇔ t = − VII a 0,25 Tìm số nguyên dương n biết điểm n +1 2 k k k n +1 n +1 = C n +1 − C n +1x + C n +1x − + (−1) C n +1x + − C n +1x * Xét (1 − x) (1) * Lấy đạo hàm hai vế (1) ta có: 0,25 2n k k k −1 n +1 n − (2 n + 1)(1 − x) = −C n +1 + 2C n +1x − + (−1) kC n +1x + − (2 n + 1)C n +1x (2) Lại lấy đạo hàm hai vế (2) ta có: 0,25 n −1 k k k −2 n(2 n + 1)(1 − x) = 2C n +1 − 3C n +1x + + (−1) k ( k − 1)C n +1x + − n(2 n + 1)C n +1x n −1 n +1 16 Thay x = vào đẳng thức ta có: k 2n +1 −2n(2n + 1) = 2C +1 − 3.2.2C n +1 + + (−1) k k(k − 1)2 k −2 C n +1 + − 2n(2n + 1)2 2n −1 C 2n +1 2n Phương trình cho ⇔ 2n(2n + 1) = 40200 ⇔ 2n + n − 20100 = ⇔ n = 100 VIb.1 Viết phương trình tắc E líp (H) có tiêu điểm F1 ( − 5;0 ); F2 ( 5;0 ) Hình chữ nhật sở (H) có đỉnh M( 4; 3), x2 y2 Giả sử phương trình tắc (E) có dạng: + = ( với a > b) a b 2 (1) (E) có hai tiêu điểm F1 ( − 5;0 ); F2 ( 5;0 ) ⇒ a − b = 52 M ( 4;3) ∈ ( E ) ⇔ 9a + 16b = a b Từ (1) (2) ta có hệ:  a2 = 52 + b2  a2 = 40  2 2⇔   9a + 16b = a b  b = 15 x2 y2 + =1 40 15 điểm Gọi I giao điểm (d) (P) ⇒ I ( 2t − 3; t −1; t + 3) Do I ∈ ( P ) ⇒ 2t − + 2(t − 1) − (t − 3) + = ⇔ t = ⇒ I ( − 1;0;4 ) * (d) có vectơ phương a ( 2;1;1) , mp( P) có vectơ pháp tuyến u 111 [a ⇒ , n ] =(− ;3;3) Gọi u vectơ phương ∆ ⇒ (− ; ; ) Vì M ∈ ∆ ⇒ M ( −1 − u; u;4 + u ) , ⇔u= VIIb 0,25 0,25  x = 2t −  Chuyển phương trình d dạng tham số ta được:  y = t − z = t+  AM ngắn ⇔ AM ⊥ ∆ 0,25 0,25 Tìm điểm M thuộc ∆ để AM ngắn  x = 1− u  ⇒ ∆ : y = u  z = 4+ u  0,25 điểm ( 2) Vậy phương trình tắc (E) là: VIb 0,25 0,25 n( ;2;− ) 1 ⇒ AM (1 −u; u −3; u ) 0,25 0,25 ⇔AM ⊥u ⇔AM.u =0 ⇔− (1 −u) +1( u −3) +1.u =0  − 16  ; ;  Vậy M  3  0,25 Giải hệ phương trình: điểm 17  23x + + 2y − = 3.2y + 3x (1)   3x + + xy = x + (2) Phương trình (2)  x −≥  x =   ⇔   x = ⇔   x −≥   3x + y − =   y = − x    x 1≥+  x −≥ ⇔2 ⇔  3x 1++ xy = x +  x(3x+ y − 1) = 0,25 * Với x = thay vào (1) + y −2 = 3.2 y ⇔ + y = 12.2 y ⇔ y = x≥ −1 * Với  thay y = – 3x vào (1) ta được:  y = − 3x Đặt t = x +1 Vì x ≥ −1 nên t ≥ [ ( )] x +1 8 ⇔ y = log 11 11 0,25 + −3 x −1 = 3.2 0,25 1  t = − ( l o ¹ i )  x = l og + − (3) ⇔ t + = ⇔ t − 6t + 1= ⇔  ⇔  t  t = 3+  y = − log (3+ )8  [ ( ) ]  x =  x = log + −  Vậy hệ phương trình cho có nghiệm    y = log 11  y = − log (3 + )   18 0,25 19 ... đẳng thức ta có: k 2n +1 −2n(2n + 1) = 2C +1 − 3 .2. 2C n +1 + + (−1) k k(k − 1 )2 k ? ?2 C n +1 + − 2n(2n + 1 )2 2n −1 C 2n +1 2n Phương trình cho ⇔ 2n(2n + 1) = 4 020 0 ⇔ 2n + n − 20 100 = ⇔ n = 100... TÀI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 20 10 Mơn: Tốn – Ngày thi: 06.4 .20 10 Thời gian 180 phút ( không kể giao đề ) Đề thức Phần chung cho tất thí sinh (7 điểm ) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y = 2x − x ? ?2 Khảo. .. bán kính đường trịn (C) giao (P) (S) Câu VIIa (1 điểm) Tìm số nguyên dương n biết: k n +1 2C2 n +1 − 3 .2. 2C2 n +1 + + (−1)k k (k − 1 )2 k ? ?2 C2 n +1 + − n (2 n + 1 )2 n −1 C2 n +1 = −4 020 0 Phần 2: