Đề thi thử đại học năm 2010 Mơn: Tốn – Ngày thi: 06.4.2010 Thời gian 180 phút ( không kể giao đề ) SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT LƯƠNG TÀI 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 trịn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ Câu II (2 điểm) Giải phương trình x x π x  + sin sin x − cos sin x = cos  −  2  2   2 Giải bất phương trình log (4 x − x + 1) − x > − ( x + 2) log  − x    Câu III (1 điểm) e   + x ln x dx    x + ln x Tính tích phân I = ∫   ln x Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a BC = a SA = a · · , SAB = SAC = 300 Tính thể tích khối chóp S.ABC Câu V (1 điểm) Cho a, b, c ba số dương thoả mãn : a + b + c = biểu thức P = a + 3b +3 b + 3c +3 Tìm giá trị nhỏ 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 − =1 16 Viết phương 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 +1 = 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):  x+ + y− = 3.2 y+ x 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 khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: - Đáp án Câu I Nội dung Khảo sát hàm số vẽ đồ thị hàm số Điểm 1,00 1) Hàm số có TXĐ: 0,25 R \ { 2} 2) Sự biến thiên hàm số: a) Giới hạn vô cực đường tiệm cận: lim y = +∞ * xlim y = −∞ ; →2 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' = 0,25 < 0, ∀x ≠ ( x − 2)2 Bảng biến thiên: x -∞ +∞ y’ - 0,25 +∞ y -∞ ; ) * Hàm số nghịch biến khoảng ( −∞2 ) (2;+∞ 3) Đồ thị: + Đồ thị cắt trục tung  3 0;   2 cắt trục hoành điểm 3   ;0  2  + Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 2; 2) hai tiệm cận làm tâm đối y xứng 3/2 O 3/2 I 0,25 x Tìm M để đường trịn có diện tích nhỏ 1,00  −1 2x −  Ta có: M x ; x 0− , x ≠ , y' (x ) = ( x − )   0   Phương trình tiếp tuyến với ( C) M có dạng: ∆ :y = 0,25 −1 2x − (x − x ) + x0 − ( x0 − ) Toạ độ giao điểm A, B ( ∆) hai tiệm cận là:  2x −  A 2;  x − ; B( 2x − 2;2 )    y + y B 2x − x +x + 2x − = = y M suy M = x0 = xM , A Ta thấy A B = x0 − 2 trung điểm AB Mặt khác I = (2; 2) tam giác IAB vuông I nên đường trịn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích S=   2x −     2 πIM = π(x − 2) +   x − −   = π(x − 2) + (x − 2)2  ≥ π          Dấu “=” xảy (x0 − 2) = ⇔ (x − ) II  x0 =   x0 = 0,25 0,25 Do có hai điểm M cần tìm M(1; 1) M(3; 3) Giải phương trình lượng giác x x π x  + sin sin x − cos sin x = cos  −  2  2 (1) ⇔ + sin x sin x − cos x sin x = + cos π − x  = + sin x   2 2  0,25 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 sin x = ⇔ ⇔ x π ⇔ ⇔ x = kπ, k ∈ Z  = + k2 π   x = π + k4 π 2  x x 2 sin + sin + 2  II 0,25 0,25 Giải bất phương trình điểm 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] < 0,25 0,25   x>   x>   x>     l og2(1− 2x)+1< log22(1 x) log22(1 x)>− 2(1 x)>− 0,25 1  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 )  a= −   b= −  c= −   d = − 0,25 Vậy mặt cầu ( S) có phương trình: x + y + z − x − y − z + = (S) có tâm 5  I ;1;1, 2  bán kính R= 29 +) 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  Do H = ( d ) ∩( P ) IH = VII a 75 = 36 0,25 5  H + t;1 + t;1 + t  2  5 1  ⇒ H ; ;  3 6  29 75 31 186 r = R − IH = − = = 36 6 5 nên: + t + + t + + t − = ⇔ 3t = − ⇔ t = − , (C) có bán kính Tìm số ngun dương n biết k * Xét (1 − x)2 n +1 = C n +1 − C n +1x + C n +1x − + (−1)k C n +1x k + − C n +1x n +1 2 2 n +1 (1) * Lấy đạo hàm hai vế (1) ta có: k − (2n + 1)(1 − x)2 n = −C n +1 + 2C n +1x − + (−1) k kC n +1x k −1 + − (2 n + 1)C n +1x n 2 n +1 0,25 điểm 0,25 (2) Lại lấy đạo hàm hai vế (2) ta có: 0,25 k n(2 n + 1)(1 − x)2 n −1 = 2C n +1 − 3C n +1x + + (−1) k k ( k − 1)C n +1x k −2 + − n(2 n + 1)C n +1x n −1 2 n +1 Thay x = vào đẳng thức ta có: k −2n(2n + 1) = 2C +1 − 3.2.2C +1 + + (−1)k k(k − 1)2 k −2 C 2n +1 + − 2n(2n + 1)2 2n −1 C n +1 2n 2n n +1 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 + =1 ( a b2 (1) F1 ( − 5;0 ); F2 ( 5;0) ⇒ a − b2 = 52 Giả sử phương trình tắc (E) có dạng: (E) có hai tiêu điểm M ( 4;3) ∈ ( E ) ⇔ 9a + 16b = a b với a > b) 0,25 điểm 0,25 0,25 ( 2)  a2 = 52 + b2  a2 = 40 Từ (1) (2) ta có hệ:  2 2⇔   9a + 16b = a b  b = 15 Vậy phương trình tắc (E) là: VIb 0,25 0,25 x2 y2 + =1 40 15 0,25 Tìm điểm M thuộc ∆ để AM ngắn điểm  x = 2t −  Chuyển phương trình d dạng tham số ta được:  y = t − z = t+  0,25 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 n( ;2;−) 1 [ ]  x = 1− u  ⇒ ∆ : y = u  z = 4+ u  ⇒ , n =(− ;3;3) a Vì Gọi u vectơ phương ∆ ⇒ (− ;1;1) u M ∈ ∆ ⇒ M( −1 − u; u;4 + u ) , ⇒ AM (1 −u; u −3; u ) AM ngắn ⇔ AM ⊥ ∆ ⇔u= 0,25 0,25 ⇔AM ⊥u ⇔AM.u =0 ⇔− (1 −u) +1( u −3) +1.u =0 Vậy  − 16  M ; ;   3  0,25 VIIb Giải hệ phương trình: điểm  23x + + 2y − = 3.2y + 3x (1)   3x + + xy = x + (2)  x 1≥+  x −≥ Phương trình (2) ⇔ 2 ⇔  3x 1++ xy = x +  x(3x+ y − 1) =  x −≥  x =   ⇔   x = ⇔   x −≥   3x + y − =   y = − 3x   * Với x = thay vào (1) * Với 0,25 + y −2 = 3.2 y ⇔ + y = 12.2 y ⇔ y = x≥ −1 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 + −3 x −1 = 3.2 1  t = − ( l o ¹ i )  x = l og + − (3) ⇔ t + = ⇔ t − 6t + 1= ⇔  ⇔  t  t = 3+  y = − log (3+ )8  x =  Vậy hệ phương trình cho có nghiệm  y = log  11  0,25 0,25 [ ( ) ]   x = log + −   y = − log (3 + )  0,25 Sở GD&ĐT Nghệ An Trờng THPT Anh Sơn III Đề thi thử đại học lần thứ Môn Toán - Khối A Năm học 2009-2010-Thời gian 180 phút Phần dành chung cho tất thí sinh (7 điểm) Câu 1: Cho hµm sè : y = x3 − 3mx + 3(m − 1) x − (m − 1) (1) a, Víi m = , kh¶o sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) b, Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục Ox ba điểm phân biệt có hoành độ dơng Câu 2: a, Giải phơng trình : sin2x + (1 + 2cos3x)sinx - 2sin (2x+ ) = b, Xác định a để hệ phơng trình sau có nghiệm : Câu : T×m : 2 x + x = y + x + a   2 x + y =  sin xdx ∫ (sin x + cos x)3 Câu : Cho lăng trụ đứng ABC A' B 'C ' cã thĨ tÝch V C¸c mặt phẳng ( ABC ' ), ( AB 'C ), ( A' BC ) cắt O Tính thĨ tÝch khèi tø diƯn O.ABC theo V C©u : Cho x,y,z số thực dơng Chứng minh r»ng : P= 4( x + y ) + 4( y + z ) + 4( z + x3 ) + 2( x y z + + ) ≥ 12 y z x Phần riêng (3 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A B ) A Theo chơng trình chuẩn Câu 6a : a, Cho đờng tròn (C) có phơng trình : x + y − x − y + = đờng thẳng (d) có phơng tr×nh : x + y – = Chøng minh (d) cắt (C) hai điểm phân biệt A,B Tìm toạ độ điểm C đờng trßn (C) cho diƯn tÝch tam giác ABC lớn b, Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(1;2;3)và hai đờng thẳng có phơng trình : (d1 ) : x y +1 z − = = −2  x = 4t '  (d ) :  y = z = 3t ' Viết phơng trình đờng thẳng ( )đi qua điểm A cắt hai đờng thẳng(d ), (d ) Câu 7a : Tìm số hạng không chứa x khai triĨn :  4  x+ ÷ x  ( víi x > ) B Theo chơng trình nâng cao Câu 6b : a, Viết phơng trình đờng thẳng chứa cạnh tam giác ABC biết B(2;-1) , đờng cao đờng phân giác qua đỉnh A,C lần lợt : 3x -4y + 27 =0 vµ x + 2y – = b, Trong kh«ng gian víi hƯ toạ độ Oxyz cho A(2;4;1) , B(3;5;2) đờng thẳng ( ) có phơng trình : x y + z + =  x − y + z + = Tìm toạ độ điểm M nằm đờng thẳng ( )sao cho : MA + MB nhá nhÊt C©u 7b : Cho (1 + x + x )12 = a0 + a1 x + a2 x + a24 x 24 TÝnh hÖ sè a HÕt SỞ GD-ĐT NGHỆ AN ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 Mơn: TỐN; Khối A (Đáp án - thang điểm gồm 07 trang) TRƯỜNG THPT ANH SƠN y ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Câu a (1.0 điểm) Khảo sát… (2 điểm) Với m=0, ta có: y=x3-3x+1 TXĐ D=R Đáp án Điểm -2 -1 0,25 -1 x x = y’=3x2-3; y’=0 ⇔   x = −1 lim y = ±∞ x →±∞ BBT x y’ y −∞ + -1 - −∞ +∞ + +∞ 0,25 -1 Hs đồng biến khoảng ( −∞ ;-1) (1; +∞ ), nghịch biến (-1;1) Hs đạt cực đại x=-1 ycđ=3, Hs đạt cực tiểu x=1 yct=-1 0,25 Đồ thị : cắt Oy điểm A(0;1) qua điểm B(-2;-1), C(2;3) Đồ thị nhận điểm A(0;1) làm tâm đối xứng 0,25 b (1.0 điểm) Tìm m để … Ta có y’= 3x2-6mx+3(m2-1)  x = m −1 y’=0 ⇔  x = m +1 0,25 Để đồ thị hàm số cắt Ox điểm phân biệt có hồnh độ dương ta phải có: 0,25 V' y ' > ∀m ∈ R   2  f CD f CT < (m − 1)(m − 3)(m − 2m − 1) <   ⇔ m − >  xCD > x > m + >  CT   f (0) <  −(m − 1) <    1 − < m <    − < m < −1  ⇔  ⇔ < m < 1+ < m < 1+     m > Câu (2.0 điểm) a (1.0 điểm) Giải phương trình Sin2x + (1+2cos3x)sinx – 2sin(2x + Vậy giá trị m cần tìm là: m ∈ ( 3;1 + 2) π )=0 ⇔ sin2x + sinx + sin4x – sin2x = – cos(4x + ⇔ sinx + sin4x = 1+ sin4x ⇔ sinx = π ⇔x= + k2 π , k∈ Z π ) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 b (1.0 điểm) Nhận xét: Nếu (x;y) nghiệm (-x;y) nghiệm hệ Suy ra, hệ có nghiệm x =0 + Với x = ta có a =0 a = 0,25 2 x + x = y + x 2 x + x − x = y (1)   ⇔ (I) -Với a = 0, hệ trở thành:  2 2 (2) x + y = x + y =    x   x2 ≤  y ≤  2 + x − x ≥ ⇒ Từ (2) ⇒  ⇒   y ≤ x ≤ x  y ≤    0,25  x2 + y =  x =  ⇒ ( I ) có nghiệm ⇔ 2 x + x − x = ⇔  y =1 y =1   0,25 TM 2 x + x = y + x +  -Với a=2, ta có hệ:  2 x + y =  Dễ thấy hệ có nghiệm là: (0;-1) (1;0) Vậy a = Câu (1.0 điểm) π π sin[(x- ) + ] s inx 6 = Ta có π (sinx+ 3cosx) 8cos3 ( x − ) π π sin( x − ) + cos(x- ) 6 = π 8cos(x- ) π sin( x − ) + = 16 cos3 ( x − π ) 16 cos ( x − π ) 6 không TM 0,25 0,25 0,25 0,25 ⇒∫ Câu (1.0 điểm) s inxdx π = + tan( x − ) + c π (sinx+ 3cosx) 32cos ( x − ) 16 0,25 Gọi I = AC ∩ ’A’C, J = A’B ∩ AB’ (BA'C) ∩ (ABC') = BI   (BA'C) ∩ (AB'C) = CJ  ⇒ O điểm cần tìm  Goi O = BI ∩ CJ  Ta có O trọng tâm tam giác BA’C A' C' 0,25 B' I J O A C H M Gọi H hình chiếu O lên (ABC) Do V ABC hình chiếu vng góc trọng tâm V ABC Gọi M trung điểm BC Ta có: B V BA’C (ABC) nên H OH HM = = A ' B AM 1 ⇒ VOABC = OH SVABC = A ' B.SVABC = V 9 Câu (1.0 điểm) Ta có: 4(x3+y3) ≥ (x+y)3 , với ∀ x,y>0 Thật vậy: 4(x3+y3) ≥ (x+y)3 ⇔ 4(x2-xy+y2) ≥ (x+y)2 (vì x+y>0) ⇔ 3x2+3y2-6xy ≥ ⇔ (x-y)2 ≥ Tương tự: 4(x3+z3) ≥ (x+z)3 4(y3+z3) ≥ (y+z)3 0,25 0,25 0,25 0,25 ⇒ 4( x + y ) + 4( x3 + z ) + 4( y + z ) ≥ 2( x + y + z ) ≥ xyz Mặt khác: 2( x y z + + ) ≥ 63 y z x xyz ⇒ P ≥ 6( xyz + ) ≥ 12 xyz 0,25 0,25  x = y = z  x y z Dấu ‘=’ xảy ⇔  = = ⇔ x = y = z = z x y   xyz = xyz  Vậy P ≥ 12, dấu ‘=’ xảy ⇔ x = y = z =1 Câu 6a (2.0 điểm) 0,25 Chương trình chuẩn a (1.0 điểm) (C) có tâm I(2;2), bán kính R=2 Tọa độ giao điểm (C) (d) nghiệm hệ:  x =  x + y − = y = ⇔  2  x = x + y − 4x − y + =   y =  y Hay A(2;0), B(0;2) C 0,25 M I B H A O x Hay (d) cắt (C ) hai điểm phân biệt A,B 0,25 SVABC max ⇔ CH max 0,25 Ta có SVABC = CH AB (H hình chiếu C AB) C = (C ) ∩ (V) Dễ dàng thấy CH max ⇔  x >  C V⊥ d  I (2; 2) ∈V Hay V : y = x với V:  ⇒ C (2 + 2; + 2) Vậy C (2 + 2; + 2) SVABC max b (1.0 điểm) Nhận xét: M∉ (d1) M∉ (d2) 0,25 0,25 (V) ∩ (d1) = I (V) ∩ (d 2) = H Vì I ∈ d1 ⇒ I(2t-1; -1-2t; 2+t) H∈ d2 ⇒ H(4t’; -2; 3t’) Giả sử  uu ur u ur uu 1 − 2t = k (1 − 4t ') TM = k HM 23   ycbt ⇔  ⇔ 3 + 2t = k (2 + 2) ⇔ t = − 10  k ∈ R, k ≠  1 − t = k (3 − 3t ')  23 18 ⇒ T (− ; ; − ) 5 10 0,5 Vậy phương trình đường thẳng qua điểm I H là:  x = + 56t   y = − 16t  z = + 33t  Câu 7a (1.0 điểm) Ta có: ( x + 5 x + y − z + 17 − 12 x + y − 16 z + 18 = 0,25 là:  1 − 7 ) = ∑ C7 k ( x ) − k ( x ) k x k =0 0.25 Để số hạng thứ k khơng chứa x thì: 1  (7 − k ) − k = ⇔k =4 4  k ∈ [0;7]  0.5 Vậy số hạng không chứa x khai triển là: C74 = Câu 6b (2.0 điểm) 35 0,25 Chương trình nâng cao a (1.0 điểm) Phươngtrình đường thẳng chứa cạnh BC: ( BC ) qua B ⇔ ( BC ) : x + y − =   BC ⊥ d1 0,25 4 x + y − = ⇒ C (−1;3) x + y − = Tọa độ điểm C nghiệm hệ:  Gọi KAC, KBC, K2 theo thứ tự hệ số góc đường thẳng AC, BC, d2 K BC − K d K − K AC = d2 + K BC K d + K d K AC Ta có: 1 − + − − K AC ⇔ = 1+ − K AC 0,25  K AC = ⇔  K AC = − (loai)   Vậy pt đường thẳng AC qua C có hệ ssó góc k=0 là: y = + Tọa độ điểm A nghiệm hệ: 3 x − y + 27 = ⇒ A(−5;3)  y −3 = 0,25 ⇒ Pt cạnh AB là: x +5 y −3 = ⇔ 4x + y −1 = + −1 − Vậy AB: 4x+7y-1=0 AC: y=3 BC: 4x+3y-5=0 b (1.0 điểm) + Xét vị trí tương đối AB V , ta có: V cắt AB K(1;3;0) uu uu ur ur ⇒ A, B nằm phía V Ta có KB = KA Gọi A’ điểm đối xứng với A qua V H hình chiếu A V ⇒ H( 1;t;-3+t) x =  (vì PTTS V :  y = t )  z = −3 + t  0,25 0,25 0,25 u urr uu AH u = ⇔ −1.0 + (t − 4).1 + ( −4 + t ).1 = ⇔ t = Ta có ⇒ H (1; 4;1) ⇒ A '(0; 4;1) Gọi M giao điểm A’B d ⇒ M (1; 13 ; ) 3 0,25 Lấy điểm N V Ta có MA+MB=MB+MA’=A’B ≤ NA+NB Vậy M (1; Câu 7b (1.0 điểm) 0,25 13 ; ) 3 Ta có: (1+x+x2)12 = [(1+x)+x2 ]12 = = 12 − k C (1 + x ) + C (1 + x ) x + + C (1 + x) 12 = 12 12 11 k 12 ( x ) + + C x k 12 12 24 C [C x + C x + + C x + ]+C x [C x + + C11 x + ] 12 12 12 11 12 12 12 10 +C12 x [C10 x10 + + C10 ]+ ⇒ Chỉ có số hạng đầu chứa x4 10 ⇒ a4 = C12 C12 + C12 C11 + C12 C10 = 1221 11 11 0,25 0,25 0,25 0,25 ... −1 2 n +1 Thay x = vào đẳng thức ta có: k −2n(2n + 1) = 2C +1 − 3 .2. 2C +1 + + (−1)k k(k − 1 )2 k ? ?2 C 2n +1 + − 2n(2n + 1 )2 2n −1 C n +1 2n 2n n +1 Phương trình cho ⇔ 2n(2n + 1) = 4 020 0 ⇔ 2n... [C x + + C11 x + ] 12 12 12 11 12 12 12 10 +C 12 x [C10 x10 + + C10 ]+ ⇒ Chỉ có số hạng đầu chứa x4 10 ⇒ a4 = C 12 C 12 + C 12 C11 + C 12 C10 = 122 1 11 11 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 ... I (2; 2) ∈V Hay V : y = x với V:  ⇒ C (2 + 2; + 2) Vậy C (2 + 2; + 2) SVABC max b (1.0 điểm) Nhận xét: M∉ (d1) M∉ (d2) 0 ,25 0 ,25 (V) ∩ (d1) = I (V) ∩ (d 2) = H Vì I ∈ d1 ⇒ I(2t-1; -1-2t; 2+ t)