Giải Đề thi tuyển sinh đại học năm 2012 đề chính thức môn: Toán; khối A – A1

 Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 1
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 
 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN; Khối A – A1 
 Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian phát đề 
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 4 2 22( 1) (1)y x m x m    ,với m là tham số thực. 
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0. 
b. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác vuông. 
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình 3 sin 2 cos 2 2cos 1x x x   
Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  
3 2 3 2
2 2
3 9 22 3 9
,1
2
x x x y y y
x y
x y x y
      
 
   
 
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân 
3
2
1
1 ln( 1)xI dx
x
 
  
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của S trên 
mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho HA = 2HB. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng 
(ABC) bằng 600. Tính thể tích của khối chóp S.ABC và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và 
BC theo a. 
Câu 6 (1,0 điểm) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện 0.x y z   Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 
thức 2 2 23 3 3 6 6 6x y y z z xP x y z        . 
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) 
A. Theo chương trình Chuẩn 
Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm 
của cạnh BC, N là điểm trên cạnh CD sao cho CN = 2ND. Giả sử 11 1;
2 2
M   
 
và đường thẳng AN có 
phương trình 2 – – 3 0.x y  Tìm tọa độ điểm A. 
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1 2:
1 2 1
x y zd    và 
điểm  0;0;3 .I Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I và cắt d tại hai điểm A, B sao cho tam giác IAB 
vuông tại I. 
Câu 9.a (1,0 điểm) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 1 35 nn nC C
  . Tìm số hạng chứa x5 trong khai 
triển nhị thức Niu-tơn 
2 1
14
n
nx
x
 
 
 
, x ≠ 0. 
B. Theo chương trình Nâng cao 
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn   2 2: 8.C x y  Viết phương 
trình chính tắc elip (E), biết rằng (E) có độ dài trục lớn bằng 8 và (E) cắt (C) tại bốn điểm tạo thành bốn 
đỉnh của một hình vuông. 
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1 2:
2 1 1
x y zd    , mặt 
phẳng   : – 2 5 0P x y z   và điểm  1; 1;2 .A  Viết phương trình đường thẳng  cắt d và (P) lần lượt 
tại M và N sao cho A là trung điểm của đoạn thẳng MN. 
Câu 9.b (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa 5( ) 2
1
z i i
z

 

. Tính môđun của số phức 21 .w z z   
------ HẾT ----- 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm 
Họ và tên thí sinh:..; Số báo danh: 
www.VNMATH.com
 Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 2
HƯỚNG DẪN GIẢI 
Câu 1: 
a. Khảo sát và vẽ (C) : 
Với 4 20 – 2m y x x   
* TXĐ: D   
* Sự biến thiên: 
 - Chiều biến thiên: 
3 3 2 0’ 4 – 4 , ’ 0 4 – 4 0 4 ( 1) 0
1
x
y x x y x x x x
x

          
Hàm số đồng biến trên    1;0 1; ,   nghịch biến trên    ; 1 0;1   
- Cực trị: 
Hàm số đạt cực đại tại 0 0CĐx y   , đạt cực tiểu tại 1 1CTx y     
- Giới hạn và tiệm cận: 
lim
x
y

  Hàm số không có tiệm cận 
- Bảng biến thiên : 
 x - -1 0 1 + 
 y’  0 + 0  0 + 
 y + 1 + 
 -1 -1 
* Đồ thị: 
- Giao với trục Ox: Cho 
0
0
2
x
y
x

  
 
- Giao với trục Oy: Cho 0 0x y   
Đồ thị tiếp xúc với Ox tại (0; 0) và cắt Ox tại hai điểm ( 2 ; 0) 
- Đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng 
b. Đạo hàm  3’ 4 – 4 1y x m x  
 
 
3
2
0
’ 0 4 – 4 1 0
1
x
y x m x
x m

     
 
Hàm số có 3 cực trị 1 0 1m m     
Khi đó đồ thị hàm số có 3 cực trị  20; A m ;  1; – 2 – 1B m m  ;  1; – 2 –1C m m 
Nhận xét: A Oy , B và C đối xứng qua Oy nên tam ABC cân tại A tức là AB = AC nên tam giác chỉ có 
thể vuông cân tại A. Gọi M là trung điểm của BC   0; 2 – 1M m 
Do đó để tam giác ABC vuông cân  BC = 2AM (đường trung tuyến bằng nửa cạnh huyền) 
   222 1 2 2 1 2 1m m m m        
3
21 1 1 ( 1)m m m      (do 1m   ) 
 1 1 0m m     (do 1m   ) 
Cách 2: ABC vuông cân. Theo định lý pitago ta có 
2 2 2MN MP NP  3 3( 1) ( 1) 1 0 ( 1) 1 0 0m m m m             (do 1m   ) 
Cách 3: ABC vuông cân 
2 2 4 3 2. 0 ( 1) ( 2 1 ) 0 4 6 3 0 0AB AC m m m m m m m m                
 
hoặc 1m   (loại) 
x 
y 
-1 
2 
O 
- 2 
-1 1 
www.VNMATH.com
 Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 3
Cách 4: Sử dụng góc ABC vuông cân   0cos . 45AB BC    Giải tiếp được 0m  
Câu 2: 
Phương trình 22 3 sin cos 2cos 1 2cos 1 2cos ( 3 sin cos 1) 0x x x x x x x         
cos 0
3 sin cos 1
x
x x

 
 
TH 1: cos 0 ,
2
x x k k      
TH 2: 3 1 13 sin cos 1 sin cos cos cos
2 2 2 3 3
x x x x x           
 
22 23 3 ,3
22
3 3
x k x k
k
x kx k
 


 

        
     
 
Chú ý: TH 2 ta có thể làm như sau 
22
3 1 1 1 6 6sin cos sin sin ,252 2 2 6 2 6 22 36 6
x kx k
x x x k
x kx k
 

 

  

                        
 
Câu 3: 
Nhận xét: Đây là hệ nửa đối xứng chỉ cần đặt t x  sẽ trở thành hệ đối xứng 
Cách 1: 
3 2 3 2
2 2
3 9 22 3 9
1
2
x x x y y y
x y x y
      


   
Đặt t x  
Hệ trở thành 
3 3 2 2
2 2
3 3 9( ) 22
1
2
t y t y t y
t y t y
      


   
. 
Đặt ; .S y t P y t   
Hệ trở thành 
3 23 2
22
3 3( 2 ) 9 223 3( 2 ) 9 22
1 112
2 22
S PS S P SS PS S P S
P S SS P S
          
 
            
3 2
2
32 6 45 82 0
41 1( ) 22 2
S S S P
P S S S
         
     
. 
Vậy nghiệm của hệ là   3 1 1 3; ; ; ;
2 2 2 2
x y         
   
Hoặc ta có thể biến đổi như sau 
Hệ 
2 2
2
( ) ( ) 3 3 ( ) 2 9( ) 22 0
1( ) 2 ( )
2
x y x y xy x y xy x y
x y xy x y
                
 
    

Đặt 
a x y
b xy
 


. Giải như cách 1 
www.VNMATH.com
 Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 4
Cách 2: 
Hệ 
3 2 3 2
2 2
3 9 22 3 9
1 1 1
2 2
x x x y y y
x y
      
          
   
. 
Đặt 
1 1
2 2
1 1
2 2
u x x u
v y y v
       
    
  
 thay vào hệ biến đổi ta được 
3 2 3 2
2 2
3 45 3 45( 1) ( 1) ( 1)
2 4 2 4
1
u u u v v v
u v
        

  
Xét hàm   3 23 45
2 4
f t t t t   có   2 45’ 3 3 0
4
f t t t    với mọi t thỏa 1t  
     2 2
0
1 1 1 1
1
v
f u f v u v v v
v

             
  
0
1
v
u



 hoặc 
1
0
v
u
 


Với 
3
0 2
1 1
2
xv
u y
  
 
   

 hoặc 
1
1 2
0 3
2
xv
u y
   
 
   

 Hệ đã cho có nghiệm là   3 1 1 3; ; ; ;
2 2 2 2
x y         
   
. 
Cách 3: 
Biến đổi hệ ta được 
2 2 2 2
2 2
( )( ) 3( ) 9( ) 22 0
2( ) 2( ) 1
x y x y xy x y x y
x y x y
         

   
Đặt 
2 2 2
2 
a x y a bxy
b x y
   
 
  
Khi đó ta có hệ 
2
( ) 3 9 22 0
2
2 2 1
 
    

  
a bb a a b
a b 
2( 2)(2 2 41) 0
2 1
2
    
  

b b b
ba
5
2
2
 
 
 
a
b
Với 
2 25 5
2 2
2 2 
a x y
b x y
    
  
    
3 1 1 3( ; ) ; ; ;
2 2 2 2
x y         
    
Cách 4: 
Ta có 
3 2 3 2 3 33 9 22 3 9 ( 1) 12 23 ( 1) 12x x x y y y x x y y             
3 3( 1) 12( 1) ( 1) 12( 1) (1)x x y y        
2 2 1
2
x y x y    
2 21 1 1 (2)
2 2
x y          
   
www.VNMATH.com
 Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 5
Từ (2) nhận thấy 
2
2
1 1 3 11 1 1 12 2 2 2
1 1 31 1 1 11 2 2 22
x x x
y yy
                 
   
                
Nên 1x  và 1y  đều thuộc  2;2 
Từ (1), xét 3( ) 12f t t t  với ( 2; 2)t  2'( ) 3 12 0, ( 2;2)f t t t       
(vì 1; 1 ( 2;2)x y    ) nên 2x y   
Thay vào phương trình (2) ta được 2 2 2
3 1;1 2 2( 2) ( 2) 4 8 3 0
1 32 ;
2 2
y x
y y y y y y
y x
  
           
  

Vậy hệ có 2 cặp nghiệm:   3 1 1 3; ; ; ;
2 2 2 2
x y         
    
Câu 4: 
Cách 1: 
Ta có 
3
2
1
1 ln( 1)xI dx
x
 
  = 
3 3
2 2
1 1
1 ln( 1)xdx dx
x x

  = 
1 3
11
x

J = 2
3
J . 
Tính 
3
2
1
ln( 1)xJ dx
x

  
Đặt 
 
2
1ln 1
1
1 1 11
u x du dx
x
xdv dx vx x x
      
       
3
3
1
1
3 31 11 ln( 1) 1 ln( 1) ln
1 1
dxJ x x x
x x x
                
   
4 ln 4 2 ln 2
3
  + ln3 = 2 ln 2 ln 3
3
  . 
Vậy 2 2 ln 2 ln 3
3 3
I    
Chú ý: Các em có thể chọn 1v
x
  thì khi đó 
Đặt 
 
2
1ln 1
1
1 1
u x du dx
x
dv dx v dxx x
      
    
 
 
3
3 3 3
1 1 1
1
3
1
1 1 1 1 1ln 1 ln 4 ln 2
1 3 1
1 1 3ln 4 ln 2 ln ln 2 ln
3 1 3 2
J x dx dx dx
x x x x x
x
x
             
     

  
Vậy 2 1 3ln 2 ln
3 3 2
I    
Cách 2: 
www.VNMATH.com
 Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 6
Đặt 
 
2
11 ln 1
1
1 1
u x du dx
x
dv dx vx x
       
    
Khi đó  
3 3
1 1
1 1 ln( 1)
( 1)
dxI x
x x x
     
  
3 3
1 1
1 1 ln( 1) ln
1
xx
x x
   

= 2 2 ln 2 ln 3
3 3
  
Câu 5: 
Tính thể tích 
Gọi M là trung điểm AB, ta có 
2 3 6
a a aMH MB HB     
- Theo giả thiết ( )SH ABC SH HC SHC     
vuông tại H và    0, ( ) 60SC ABC SCH  
- Theo định lý pitago trong tam giác vuông HCM ta có 
2 2 2
2 2 2 3 28
2 6 36
a a aCH CM MH
            
7
3
aCH  .Với 3
2
aCM  đường cao của tam 
giác đều ABC 
Trong tam giác vuông SHC ta có 
2 72
3
aSC HC  (Cạnh đối diện với góc 300) và SH = CH.tan600 = 21
3
a 
Diện tích tam giác đều ABC là 
2 3
4ABC
aS  
2 31 1 21 3 7. .
3 3 3 4 12SABC ABC
a a aV SH S   
Tính khoảng cách 
Dựng D sao cho ABCD là hình thoi, AD//BC 
Vẽ HK vuông góc với AD. Và trong tam giác vuông SHK, ta kẻ HI là chiều cao của SHK. 
Vậy khoảng cách  ,d BC SA chính là khoảng cách 3
2
HI cần tìm. 
2 3 3
3 2 3
a aHK   , hệ thức lượng 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1
21 3
3 3
HI HS HK a a
    
   
      
   
 42 3 3 42 42,
12 2 2 12 8
a a aHI d BC SA HI      
Câu 6: 
Cách 1: 
 0x y z z x y       và có 2 số không âm hoặc không dương. 
Do tính chất đối xứng ta có thể giả sử xy  0 
Ta có 2 2 2 23 3 3 12( )x y y x x yP x y xy        2 2 23 3 3 12[( ) ]x y y x x y x y xy        
 
2 2
223 2.3 12[( ) ]
y x x y
x y x y xy
  
      
3
23 2.3 2 3
x y
x y x y

    . 
www.VNMATH.com
 Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 7
Với 2 2 3x y y x x y     và 
 2
4
x y
xy

 
Đặt 0t x y   , xét   32.( 3) 2 3tf t t  
  3 3’ 2.3( 3) .ln 3 2 3 2 3( 3.( 3) ln 3 1) 0t tf t      
 f đồng biến trên [0; +)     0 2f t f  mà 3 x y  30 = 1. 
Vậy P  30 + 2 = 3, dấu “=” xảy ra  0x y z   . Vậy min P = 3. 
Cách 2: 
Không mất tổng quát, giả sử .x y z  
Từ  0x y z z x y       do đó, 
     2 22 2 2 2 2 23 3 3 12 3 3 3 12x y y z x z x y y x x yP x y x y x y x y                   
Đặt 
2
2 3
2 2
3
a bxa x y
b y x b ay
   
 
    

 với 0a b  
Thay vào P ta được: 
2 2
2 23 3 3 2 3 3 3 2 3
2 2
a b a b a b a b a b a bP a ab b                   
   
Đặt 2
2
a bu
a bv
 

 

 thì 0u v  và ta có : 2 29 3 3 2 3v u v u vP u v      
Xét hàm: 
2 2
2 2
( ) 9 3 3 2 3 , 0
2'( ) 3 ln 3 3 ln 3 2ln 3 2 0
3
v u v u v
u v u v
P f u u v u v
uf u
u v
 
 
       
     

( )f u đồng biến trên  ; )v  kéo theo 
2 2( ) ( ) 9 3 1 2 4 2.9 4 1 (1)v v vf u f v v v        
Xét ( ) 2.9 4 1, 0vg v v v    
'( ) 2.9 ln 9 4 4.9 ln 3 4 4ln 3 4 0 0v vg v dov        
Suy ra g(v) đồng biến trên 0; ) ( ) (0) 3 (2)g v g   
Từ (1) và (2), suy ra f(u)3 hay P  3 
Đẳng thức xảy ra khi 0 0u v x y z      
Vậy min P = 3 
Cách 3: 
Đặt , ,a x y b y z c z x      
Từ giả thiết suy ra  2 2 2 2x y z xy yz zx      
Do đó    2 2 22 2 26 2x y z x y y z z x        
Vì vậy nếu đặt , ,a x y b y z c z x      thì , , 0a b c  và , ,a b c b c a c a b      
Ta có  2 2 23 3 3 2a b cP a b c      
Vì a b c  nên   2a b c c  
www.VNMATH.com
 Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 8
Tương tự    2 2;b c a a c a b b    
Công ba bất đẳng thức trên ta được      22 2 2 2 2 22 2ab bc ca a b c a b c a b c           
Do vậy        3 3 3 3 3 3a b c a b cP a b c a b c            
Xét hàm        '3 , 0; 3 ln 3 1 0 0 1x xf x x x f x f x f         
Vậy 3P  , dấu “=” xảy ra khi 0x y z   
Cách 4: 
Áp dụng BDT cosi ta có 3 33 3 3 3 3 .3 .3 3 3x y y z z x x y y z z x x y y z z x              
Mặt khác áp dụng BĐT trị tuyệt đối 
0x y y z z x x y y z z x            nên 
3 3 3 03 3 3 3 3 .3 .3 3 3 3 3 3x y y z z x x y y z z x x y y z z x                
Mặt khác áp dụng BĐT bunhiacopski cho hai dẫy số (1;1;1) và (x;y;z) 
Ta có       2 22 2 2 2 2 21 1 1 1. 1. 1. 0x y z x y z x y z           
   2 2 2 2 2 23 0 6 0x y z x y z        
Vậy min3 0 3 3P P     . Dấu “=” xảy ra 0
x y y z z x
x y z
x y z
         
 
(Cách này tôi nghĩ ra không biết đúng không, nếu sai mong các bạn bỏ qua cho) 
A. Theo chương trình chuẩn 
Câu 7a. 
Cách 1: 
Gọi cạnh hình vuông là a tức là AB BC CD DA a    
Trong tam giác vuông ADN 
Ta có : 
2 2
10
1 1 1 1 3
2 3 3 3
AN AD DN aAN
DN CN DC AD a
  

 
   

Trong tam giác vuông ABM 
Ta có : 
2 2
5
1 1 2
2 2
AM AB BM aAM
BM BC a
  

 
 

Tương tự trong tam giác vuông CMN ta tính được 
5
6
aMN  
Theo định lý hàm số cosin trong tam giác MAN ta có 
cosA = 
2 2 2
2 .
AM AN MN
AM AN
  = 1
2
   45oMAN  
Phương trình đường thẳng AM : 11 1 0 ( ; )
2 2 AM
ax by a b n a b     

 2
2 2
32 1cos 3 – 8 – 3 0 1
25( ) 3
ta b
MAN t t
ta b
     
  

 (với at
b
 ) 
+ Với 3t   tọa độ A là nghiệm của hệ :  
2 3 0
 4;5
3 17 0
x y
A
x y
  

  
B 
A 
C D 
N 
M 
www.VNMATH.com
 Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 9
+ Với 1
3
t    tọa độ A là nghiệm của hệ :  
2 3 0
1; 1
3 4 0
x y
A
x y
  
 
  
Cách 2: 
Sau khi tính được  45oMAN  
Giả sử điểm  ;2 – 3A a a AN 
 22
111 3
15 3 52( , )
22 52 1
d M AN
 
  
 
Trong tam giác vuông AHM ta có 0
3 10. 2
2sin 45
MHMA MH   
 
 
2 2
2 2
1; 1111 7 452 5 25 20 0 5 4 0
42 2 2 4;5 .
Aa
a a a a a a
a A
                            
Hoặc: Sau khi tính được 3 10
2
MA  ta có thể làm như sau 
Tọa độ điểm A là giao của đường thẳng AN và đường tròn (C) có tâm M và bán kính MA 
Hoặc: Để tính 3 10 45
2 2
MA   ta có không cần tính  45oMAN  mà dựa vào công thức tính diện tích 
 
 22
111 3
15 3 52,
22 52 1
h d M AN
 
   
 
Đặt 6 , 0AB x x  
Ta có 
2 2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1. 6 .2 6 ; . 6 .3 9
2 2 2 2
1 1. 3 .4 6 36 6 9 6 15
2 2
ADN ABM
CMN AMN ABCD ADN ABM CMN
S AD DN x x x S AB BM x x x
S CM CN x x x S S S S S x x x x x
     
            
Theo định lý pitago 
2 2 2 2
2
36 4 2 10
2 30 15 3 5 1
22 10 10 2
AMN
AN AD DN x x x
S x xh x
AN x
    
      
Định lý pitago 2 2 2 2 4536 9 145
2
AM AB BM x x x      
Câu 8a. 
Cách 1: 
Chọn  1;0;2M d  , gọi du

 = (1; 2; 1) là vectơ chỉ phương của đường thẳng d. 
Ta có IAB vuông cân tai I và IHB vuông cân tại H 
www.VNMATH.com
 Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 10
0
2
2 2 2 2 6cos 45
2 2 33
[ , ] 8 2( , )
6 3
d
d
ABIH HB
R RHB R R
MI u
IH d I d
u

  


      


    


 

 với [ , ] ( 2;0;2)dMI u  
 
Vậy phương trình mặt cầu (S) có tâm I, bán kính R là : 2 2 2 8( 3)
3
x y z    . 
Cách 2: 
Gọi  
 
( 1; 2 ; 2)
1;2 ; 2
0;0;3
A a a a
B b b b
I
  

 


 với a ≠ b 
   
   2 22 2 2 2 2 2
1; 2; 1 ; 1;2 ; 1
2 1 4 6 4 2; 2 1 4 6 4 2
IA a a IB b b b
IA a a a a IB b b b b
 
      
            
Vì IAB vuông cân tại I nên 
    
   2 22 2
3 1 0 (1)2 1 1 4 0. 0
6 4 0 (2)6 4 2 6 4 2
ab a ba b abIA IB
a b a ba a b bIA IB
               
            
Từ (2) vì a ≠ b 2
3
a b   thế vào (1) 
Ta được 2
1 2
1 83
9 31 2
3
a
ab IA
b
 
    
 
Vậy    22 2 8: 3
3
S x y z    
Chú ý: Để tính IH ta có thể tìm tọa độ điểm H như sau 
- Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua I góc với đường thẳng d, tọa độ ( )H P d IH   
- Giả sử ( 1 ;2 ;2 )H t t t IH   

. Áp dụng . 0dIH u t IH  
 
Câu 9.a. 
Điều kiện: 
3n
n N



Theo giả thiết 1 35 nn nC C
     2( 1)( 2)5. 30 –1 – 2 3 28 0 7
6
n n nn n n n n n           
hoặc 4n   (loại) 
www.VNMATH.com
 Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 11
Gọi a là hệ số của 5x theo công thức khai triển nhị thức niuton hệ số tổng quát của khai triển 
2 1
14
n
nx
x
 
 
 
là 
72
7 5
7
1.
2
i i
i xC ax
x

        
  
  
7
7 14 3 5
7
1( 1) . .
2
i
i i iC x ax

    
 
Hệ số 5x ứng với 14 – 3 5 3i i   và 
7
7
7
1 35.
2 16
i
iC a a

      
 
Vậy số hạng chứa 5x là 535
16
x 
B. Theo chương trình Nâng cao : 
Câu 7b 
Phương trình chính tắc của (E) có dạng : 
2 2
2 2 1 ( )
x y a b
a b
   . 
Theo giả thiết độ dài trục lớn bằng 8 2 8 4a a    
Do tính đối xứng của (E) nên giao điểm của (C) và (E) là đỉnh hình vuông thỏa mãn  ; , 0M m m m  
Suy ra 2 2( ) 8 2 (2;2)M C m m m M       
Mặt khác (2;2) ( )M E  2 2
4 4 1
a b
  2
16
3
b  . 
Vậy phương trình của (E) có dạng: 
2 2
11616
3
x y
  
Câu 8b. 
Chuyển đường thẳng d về dạng tham số 
1 2
:
2
x t
d y t
z t
  


  
Đường thẳng  cắt d tại ( 1 2 ; ;2 )M d M t t t     
Theo giả thiết A là trung điểm MN theo công thức tính trung điểm (3 2 ; 2 ;2 )N t t t     
Mặt khác ( )N P 2t  ( 1; 4;0)N   ; 
Vậy đường thẳng  đi qua A và N nên phương trình có dạng : 1 4
2 3 2
x y z 
  
Chú ý: Nếu học sinh viết phương trình đường thẳng  đi qua A và có vtcp  2; 3; 2MA    

 thì 
phương trình 
1 2
: 1 3
2 2
x t
y t
z t
 

   
   
 vẫn đúng 
Câu 9b. 
Giả sử  , ,z x yi z x iy x y      
Theo giả thiết 
5( ) 2
1
z i i
z

 

 5( ) 2
1
x yi i i
x yi
 
  
 
 5 ( ( 1)
2
( 1)
x y i
i
x yi
 
  
 
5 5( 1) 2( 1) ( 1) 2x y i x x i yi y         5 5( 1) (2 2 ) ( 1 2 )x y i x y x y i         
2 2 5
1 2 5( 1)
x y x
x y y
  

   
3 2
7 6
x y
x y
 
 
  
1
1
1
x
z i
y

   

Ta có 2 21 1 (1 ) (1 )w z z i i        1 1 1 2 ( 1)i i       2 3i  
4 9 13w    
www.VNMATH.com
 Giáo viên: Nguyễn Thành Long Email: Changngoc203@gmail.com 12
LỜI KẾT: Lời giải chỉ mang tính chất tham khảo cho các bạn học sinh Trong quá trình biên 
soạn có tham khảo một số tài liệu trên mạng nên không tránh khỏi những sai sót, rất mong các bạn 
có nhận xét và đánh giá Chân thành cảm ơn 
SƠN LA: Ngày 4 Tháng 7 Năm 2012 
“ Chúc các bạn có một mùa thi may mắn và thành công  hihi   “ 
www.VNMATH.com