Chủ đề này có 122 trả lời

[NGOCTIEN_A1_DQH]

Topic này để cập nhật đề thi, mọi người tham gia giải và bình luận đề.

Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ $Oxy$, cho hình vuông $ABCD$ có $M$ là trung điểm $BC$, $N$ là điểm trên cạnh $CD$ sao cho $CN=2ND$. Giả sử $M\left ( \frac{11}{2};\frac{1}{2} \right )$ và đường thẳng $AN$ có phương trình $2x-y-3=0$. tìm tọa độ điểm $A$

chật vật mới làm được câu 7.a:

đặt $AB=a $ thì $ CN=\frac{2a}{3}; ND=\frac{a}{3} $

tam giác AND vuông tại D nên $ AN=\sqrt{AD^2+ND^2}=\frac{a\sqrt{10}}{3} $

gọi H là hình chiếu của M trên AN, thì $ MH =\frac{3\sqrt{5}}{2} $

tam giác AMB vuông tại B nên $ AM^2=AB^2+MB^2=\frac{5a^2}{4} $

tam giác AMH vuông tại H nên $ AH=\sqrt{AM^2-MH^2}=\frac{\sqrt{5a^2-45}}{2} $

ta có $ MN^2=MC^2+NC^2=\frac{25a^2}{36} $

tam giác MHN vuông tại H nên $ HN=\sqrt{MN^2-MH^2}=\frac{\sqrt{25a^2-405}}{6} $

ta có $ HN+AH=AN $

$ \Leftrightarrow \frac{\sqrt{25a^2-405}}{6}+\frac{\sqrt{5a^2-45}}{2}=\frac{a\sqrt{10}}{3}$

$ \Leftrightarrow \sqrt{9a^2-81}+\sqrt{5a^2-81}=2a\sqrt{2} $

$ \Leftrightarrow \sqrt{9a^2-81}=2a\sqrt{2}-\sqrt{5a^2-81} $

bình phương 2 vế ta được:

$ 9a^2-81=8a^2-4a\sqrt{10a^2-162}+5a^2-81 $

$ \Leftrightarrow \4a^2=4a\sqrt{10a^2-162} $

$ \Leftrightarrow a=3\sqrt{2} $

$ \Rightarrow AM=\frac{3\sqrt{10}}{2} $

điểm A thuộc đường tròn tâm M, bán kính $\frac{3\sqrt{10}}{2} $ có phương trình $$\left\{\begin{matrix} (x-\frac{11}{2})^2+(y-\frac{1}{2})^2=\frac{45}{2} & \\ 2x-y-3=0 & \end{matrix}\right.$$

mà A thuộc đường thẳng$ AN: 2x-y-3=0 $

nên tọa độ A là nghiệm của hệ:$\left\{\begin{matrix} (x-\frac{11}{2})^2+(y-\frac{1}{2})^2=\frac{45}{2} & \\ 2x-y-3=0 & \end{matrix}\right.$

$ \left\{\begin{matrix}
(x-\frac{11}{2})^2+(y-\frac{1}{2})^2=\frac{45}{2} & \\ 2x-y-3=0
&
\end{matrix}\right. $

từ PT(2) rút ra $ y=2x-3 $, thay vào PT(1) ta được:

$ (1) \Leftrightarrow x^2-11x+\frac{121}{4}+4x^2-14x+\frac{49}{4}=\frac{45}{2} $

$ \Leftrightarrow x=4 \vee x=1 $

vậy có 2 điểm A là A(4,5) và A(1;-1)

[CD13]

Bài 7a khó quá!
Chẳng biết có phải giải theo hướng này không? Nhưng như thế này thì quá dài!

(Do dài quá nên chỉ trình bày hướng giải!)
Gọi cạnh hình vuông là $a$.
Từ đó ta tính được: $AN^2=\frac{10a^2}{9};MN^2=\frac{25a^2}{36};AM^2=\frac{5a^2}{4}$.
Áp dụng định lí hàm số cosin trong tam giác $ANM$ ta tính được
$\cos N=\frac{1}{\sqrt{10}}$
Gọi đường thẳng $MN$ có phương trình: $kx-y+b=0$ (gọi được là vì đường thẳng $MN$ không thể có dạng $x=a$)
Áp dụng công thức tính cosin của hai đường thẳng $MN$ và $AN$ cho ta $k=-1;k=-\frac{1}{7}$
Với $k=-1$ đường thẳng $MN$ có phương trình: $y=-x+6$
Suy ra tọa độ $N(3;3)$ và từ đây ta có được bình phương các độ dài: $MN^2=\frac{25}{2} \to AN^2=20$
Gọi $A(x;2x-3)$, từ $AN^2=20 \to (x-3)^2+(2x-6)^2=20$, dẫn đến $x=1$ hoặc $x=5$.
Hay có hai điểm $A$ thỏa mãn trong trường hợp này $A(1;-1),A(5;7)$.
Trường hợp còn lại, $k=-\frac{1}{7}$..... tương tự, các bạn giải tiếp vậy!

Nếu đáp án bài này như vầy thì........ôi thôi!
----------------------------
Tính độ dài các cạnh thì giống với Tiến nhưng đáp số lại khác, lười kiểm tra quá! Tiến giải hay hơn!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi CD13: 04-07-2012 - 12:55

[CD13]

Anh giải thích hộ em tại sao lại có $A(x;x)$?

Do các đỉnh hình vuông nằm trên đường tròn tâm $O$ nên chúng phải đối xứng qua các trục $Ox, Oy$, cụ thể thì $4$ đỉnh sẽ có tọa độ là $(x;x),(x;-x);(-x;x);(-x;-x)$.

Xem lại hộ em cái nghiệm này thầy ơi $cosx=0$ hình như có nghiệm bằng $\frac{\pi}{2}+k\pi$ chứ thầy

Kết quả là: $x=\frac{\pi}{2}+k\pi$ $;x=\frac{2\pi}{3}+k2\pi ;x=k2\pi$. thì phải

Thầy đã chỉnh sửa

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi CD13: 04-07-2012 - 17:38

[NGOCTIEN_A1_DQH]

Bài 7a khó quá!
Chẳng biết có phải giải theo hướng này không? Nhưng như thế này thì quá dài!

(Do dài quá nên chỉ trình bày hướng giải!)
Gọi cạnh hình vuông là $a$.
Từ đó ta tính được: $AN^2=\frac{10a^2}{9};MN^2=\frac{25a^2}{36};AM^2=\frac{5a^2}{4}$.
Áp dụng định lí hàm số cosin trong tam giác $ANM$ ta tính được
$\cos N=\frac{1}{\sqrt{10}}$
Gọi đường thẳng $MN$ có phương trình: $kx-y+b=0$ (gọi được là vì đường thẳng $MN$ không thể có dạng $x=a$)
Áp dụng công thức tính cosin của hai đường thẳng $MN$ và $AN$ cho ta $k=-1;k=-\frac{1}{7}$
Với $k=-1$ đường thẳng $MN$ có phương trình: $y=-x+6$
Suy ra tọa độ $N(3;3)$ và từ đây ta có được bình phương các độ dài: $MN^2=\frac{25}{2} \to AN^2=20$
Gọi $A(x;2x-3)$, từ $AN^2=20 \to (x-3)^2+(2x-6)^2=20$, dẫn đến $x=1$ hoặc $x=7$.
Hay có hai điểm $A$ thỏa mãn trong trường hợp này $A(1;-1),A(5;7)$.
Trường hợp còn lại, $k=-\frac{1}{7}$..... tương tự, các bạn giải tiếp vậy!

Nếu đáp án bài này như vầy thì........ôi thôi!
----------------------------
Tính độ dài các cạnh thì giống với Tiến nhưng đáp số lại khác, lười kiểm tra quá! Tiến giải hay hơn!

hình như bài này có vấn đề rồi, thử kiểm tra lại xem

p/s: mọi người cùng check kết quả nhé

[leminhansp]

Câu 7a. Hướng làm của mình thế này:
Gọi $Q$ là giao điểm của $AN$ và $BC$
Tính được $\cos \widehat{DAN}=\frac{AD}{AN}=\frac{3}{\sqrt{10}}$. Do đó có $\cos \widehat{Q}=\frac{3}{\sqrt{10}}$
Như vậy viết được phương trình đường thẳng $BC$ (qua $M$ và tạo với đường thẳng cho trước góc đã biết) do đó tìm được tọa độ $Q$
Từ đó Gọi $P$ là giao điểm của đường thẳng qua $M$ vuông góc với $BC$ từ đó tìm được tọa độ $P$
Ta sẽ tính được tỉ số: $\frac{QP}{QA}=\frac{QM}{QB}=\frac{5}{6}$ do đó tìm được tọa độ A
_________

Gọi véctơ pháp tuyến của $AB$ là $\overrightarrow{n}=\left( a;b \right)$
Do $\cos \widehat{Q}=\frac{3}{\sqrt{10}}$ nên ta tìm được \[\left[ \begin{align}
& \frac{a}{b}=-1 \\
& \frac{a}{b}=-7 \\
\end{align} \right.\]
Với $\frac{a}{b}=-1$
Phương trình $BC$ là $x-y-5=0$ $\Rightarrow Q\left( -2;-7 \right)$
Pt đường thẳng MP là: $x-y+6=0$ $\Rightarrow P\left( 3;3 \right)$
$\Rightarrow$ $A\left( 4;5 \right)$

Với $\frac{a}{b}=-7$

Phương trình $BC$ là: $7x-y-38=0$ $\rightarrow$ $Q(7;11)$

Đường thẳng $MP$: $x+7y-9=0$ $\rightarrow$ $P(2;1)$

$\rightarrow$ $A\left( 1;-1 \right)$

p/s: $Latex$ bị sao thế nhỉ?

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi leminhansp: 04-07-2012 - 15:02

[le_hoang1995]

Câu 7a Đây là cách của mình, hình vẽ giống của Tiến nhé.
Ta dễ tính được $AN=\frac{a\sqrt{10}}{3}; AM=\frac{a\sqrt{5}}{2}$
$$Sin MAN= Sin(\frac{\pi}{2}-(BAM+DAN))=Cos(BAM+DAN)=cosA_1.cosA_2-sinA_1A_2=\frac{AD.AB}{AN.AM}-\frac{DN.BM}{AN.AM}=\frac{a^2}{AN.AM}-\frac{a^2}{6.AN.AM}=\frac{5a^2}{6.\frac{a\sqrt{10}}{3}.\frac{a\sqrt{5}}{2}}=\frac{1}{\sqrt{2}}$$
Suy ra góc MAN= 45 độ. Viết PT MH là $2X+4Y-13=0$, Suy ra $H\left ( \frac{5}{2} ;2\right )$.
Dễ thấy tam giác AMH vuông cân tại H nên ta tính $AH=MH=\frac{\left | 2.\frac{11}{2}-\frac{1}{2}-3 \right |}{\sqrt{5}}=\frac{3\sqrt{5}}{2}$
Từ đây gọi $A(x_0;2x_0-3)$, thay vào pt $AH=\frac{3\sqrt{5}}{2}$ để tìm ta A
$\left ( x_0-\frac{5}{2} \right )^2+(2x_0-5)^2=\frac{9.5}{4}$ có nghiệm $x_0=4;x_0=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi le_hoang1995: 04-07-2012 - 17:21

[namcpnh]

Nhìn vào các số hạng phương trình thấy có $\cos 2x$ và $-1$ nên ta nghĩ đến $\cos 2x=2\cos ^2x-1$ để có thể đơn giản lượng $-1$ ở vế phải đi. Khi đó pương trình có thể viết lại:
$2\sqrt{3}\sin x\cos x+2\cos^2x-2\cos x=0\\\leftrightarrow$ $2\cos x(\sqrt{3}\sin x+\cos x-1)=0\\\leftrightarrow \cos x= 0(*);\sqrt{3}\sin x+\cos x=1(**)$
Giải $(**)$ thì $\sqrt{3}\sin x-\cos x=1\\\leftrightarrow \sin\left ( x-\frac{\pi}{6} \right )=\sin\frac{\pi}{6}$
$x=\frac{\pi}{3}+k2\pi$ hoặc $x=\pi+k2\pi$.
Vậy phương trình có các nghiệm:
$x=\frac{\pi}{2}+k\pi ;x=\frac{\pi}{3}+k2\pi ;x=\pi+k2\pi$.

Đoạn này thầy nhầm giữa +cosx và -cosx rồi.Từ đây dẫn đến kết quả sai. .Em chỉ ra vậy không biết đúng không?Nhờ thầy trả lời giúp em.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoangtrong2305: 04-07-2012 - 16:32

[Crystal]

Mọi người làm nốt câu I.1 luôn nhé

[CD13]

Nhìn vào các số hạng phương trình thấy có $\cos 2x$ và $-1$ nên ta nghĩ đến $\cos 2x=2\cos ^2x-1$ để có thể đơn giản lượng $-1$ ở vế phải đi. Khi đó pương trình có thể viết lại:
$2\sqrt{3}\sin x\cos x+2\cos^2x-2\cos x=0\\\leftrightarrow 2\cos x(\sqrt{3}\sin x+\cos x-1)=0\\\leftrightarrow \cos x= 0(*);\sqrt{3}\sin x+\cos x=1(**)$
Giải $(**)$ thì $\sqrt{3}\sin x+\cos x=1\\\leftrightarrow \sin\left ( x+\frac{\pi}{6} \right )=\sin\frac{\pi}{6}$
$x=\frac{\pi}{3}+k2\pi$ hoặc $x=\pi+k2\pi$.
Vậy phương trình có các nghiệm:
$x=\frac{\pi}{2}+k\pi ;x=\frac{2\pi}{3}+k2\pi ;x=\pi+k2\pi$.

Đúng là đã nhầm, giờ đã chỉnh sửa như trên

[caovannct]

Câu 8b) Gọi $M(-1+2t;t;2+t)$ thuộc đường thẳng $d$. Vì $A$ là trung điểm của $MN$ nên ta có tọa độ $N(3-2t;-2-t;-t)$.
Mặt khác $N$ thuộc mp$(P)$ nên $3-2t-2-t+2t+5=0\Rightarrow t=6.$ Khi đó ta có $M(11;6;8)$ và $N(-9;-8;-6)$. vậy $\overrightarrow{MN}=(-20;-14;-14)$ là vec tơ chỉ phương của đường thẳng cần tìm.
Vậy ta có pt cà viết là $\frac{x-11}{10}=\frac{y-6}{7}=\frac{z-8}{7}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoangtrong2305: 04-07-2012 - 16:36

[CD13]

Câu I.I
Ta có:
$y'=4x^3-4(m+1)x$
Cho $y'=0 \to x=0; x=\pm \sqrt{m+1}$ (Điều kiện $m > -1$)
Thay hoành độ các điểm cực trị vào hàm số ta được tọa độ các cực trị:
$B(-\sqrt{m+1};-2m-1), A(0;m^2),C(\sqrt{m+1};-2m-1)$
Do hai điểm $B,C$ đối xứng nhau qua $Oy$ nên tam giác $ABC$ chỉ có thể vuông tại $A$. Tức là:
$\overrightarrow{BA}.\overrightarrow{AC}=0\\ \leftrightarrow -(m+1)+(m+1)^4=0\\\leftrightarrow m(m+1)(m^2+3m+3)=0\\ \leftrightarrow m=-1(l);m=0(n)$
Vậy $m=0;$ thỏa yêu cầu bài toán.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi CD13: 04-07-2012 - 13:36

[Ispectorgadget]

Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực $x,y,z$ thỏa mãn $x+y+z=0$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
$$P=3^{|x-y|}+3^{|y-z|}+3^{|z-x|}-\sqrt{6x^2+6y^2+6z^2}$$

Giải lại bài này
Áp dụng Cô-si, ta có :
$3^{|x-y|}+3^{|y-z|}+3^{|z-x|}\ge 3.3^{\dfrac{|x-y|+|y-z|+|z-x|}{3}}$
Ta có biến đổi sau :
$6(x^2+y^2+z^2)=6(x^2+y^2+z^2)-2(x+y+z)^2=2\left [(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2\right ] =2\left (|x-y|+|y-z|+|z-x|\right )^2-4\left (|x-y||y-z|+|y-z||z-x|+|z-x||x-y|\right )\le 2\left (|x-y|+|y-z|+|z-x|\right )^2$
Để ý rằng ta có: $$2(|x-y|^2+|y-z|^2+|z-x|^2)\leq (|x-y|+|y-z|+|z-x|)^2 (*)$$
$$\Leftrightarrow |x-y|^2+|y-z|^2+|z-x|^2\leq 2(|x-y||y-z|+|x-y||z-x|+|y-z||z-x|)$$
$$\Leftrightarrow |x-y|^2+|y-z|^2+|z-x|^2\leq |x-y|(|y-z|+|z-x|)+|y-z|(|x-y|+|z-x|)+|z-x|(|x-y|+|y-z|)$$
Sử dụng bất đẳng thức căn bản sau $$|x|+|y|\geq |x+y|$$
Áp dụng BĐT này ta có (*)
Đặt $|x-y|+|y-z|+|z-x|=t (t\ge 0)$
Ta có: $P\geq 3.3^{\frac{t}{3}}-t$
Ta cần xét hàm số :$f(t)=3.3^{\frac{t}{3}}-t \,(t\ge 0)$
$f'(t)=3^{\frac{t}{3}}ln3-1>0 \forall t\geq 0\Rightarrow f(t)$ tăng trên $[0;+\infty )$
Nên $f(t)\geq f(0)=3$ nên GTNN của P =3 đạt được khi $x=y=z=0 \,\,\, \blacksquare$
Mong mọi người kiểm tra lại dùm.

______________________________________

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 05-07-2012 - 13:09

[caovannct]

câu 9b) Gọi số phức $z=a+bi (a, b \in R).$
Từ giả thiết ta có $5(a-bi+i)=(2-i)(a+bi+1).$
Từ đó ta có hệ pt $\left\{\begin{matrix} 2(a+1)+b &=5a \\ 5(1-b) &=2b-a-1 \end{matrix}\right.$
Giải hệ pt trên ta có hai nghiệm $(1;1)$
Từ đó ta tính được $z, z^2$ thay vao w và tính được $|w|.$
ọk?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 04-07-2012 - 13:26
LaTex

[Crystal]

Câu I.I
Ta có:
$y'=4x^3-4(m+1)x$
Cho $y'=0 \to x=0; x=\pm \sqrt{m+1}$ (Điều kiện $m \ge -1$)

$m>-1$ chứ không xảy ra dấu "=". Nếu $m = - 1$, khi đó, phương trình $y'=0$ chỉ có nghiệm $x=0$, không thỏa để hàm số có ba điểm cực trị

Do đó, kết quả chỉ có $m=0$ thỏa mãn.

[longqnh]

Câu 1b:

$y' = 4{x^3} - 4(m + 1)x = 4x({x^2} - m - 1)$
Để hàm số có 3 cực trị thì $y' = 0$ có 3 nghiệm phân biệt
\[y' = 0 < = > \left[ \begin{array}{l}
{x_1} = 0 \\
{x_2} = \sqrt {m + 1} \\
{x_3} = - \sqrt {m + 1} \\
\end{array} \right.\]
Điều kiện: ${x_1} \ne {x_2} \ne {x_3} < = > \left\{ \begin{array}{l}
0 \ne \sqrt {m + 1} \ne - \sqrt {m + 1} \\
m + 1 \ge 0 \\
\end{array} \right. < = > m > - 1$
Gọi A,B,C là 3 cực trị, khi đó
\[\left[ \begin{array}{l}
{x_A} = 0 = > {y_A} = {m^2} \\
{x_B} = \sqrt {m + 1} = > {y_B} = - 2m - 1 \\
{x_C} = - \sqrt {m + 1} = > {y_C} = - 2m - 1 \\
\end{array} \right.\]
Nhận thấy $\left\{ \begin{array}{l}
{x_B} = - {x_C} \\
{y_B} = {y_C} \\
\end{array} \right.$
=> B và C đối xứng nhau qua Oy => ${\rm{ABC}}$ vuông tại A
Ta có:
$\begin{array}{l}
\overrightarrow {AB} = \left( {\sqrt {m + 1} , - {m^2} - 2m - 1} \right) \\
\overrightarrow {AC} = \left( { - \sqrt {m + 1} , - {m^2} - 2m - 1} \right) \\
\end{array}$
Để ${\rm{ABC}}$ vuông tại A thì
\[\begin{array}{l}
\overrightarrow {AB} \overrightarrow {AC} = 0 \\
< = > - m - 1 + {\left( {m + 1} \right)^4} = 0 \\
< = > 4{m^2} + 3m = 0 \\
< = > \left[ \begin{array}{l}
m = 0 \\
m = - 1 \\
\end{array} \right. \\
\end{array}\]
So điều kiện, ta có giá trị m cần tìm là \[m = 0\]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi longqnh: 04-07-2012 - 13:26

[CD13]

Nhận xét cá nhân về đề bài:
Câu I.II Đề quá dễ, không có lí luận gì cả. Giá như bài này có thể khai thác chỗ tam giác $ABC$ vuông đồng thời cũng cân tại $A$ thì sẽ hay hơn! Chẳng hạn như: Tìm $m$ để tam giác $ABC$ có đường phân giác của góc nhỏ hơn $60^0$ bằng...... Như thế nhìn có vẽ khó hơn nhưng thực ra cách giải cũng vậy!
Câu II: PTLG hết sức đơn giản. Câu cho điểm chăng? (CD13 giải sai câu này trắng trợn!)
Câu III: Hệ phương trình. Theo CD13 thì câu này hay mặc dù có những biến đổi hơi dài nhưng dù sao cũng quen thuộc. Học sinh khá trở lên mới giải được câu này!
Câu IV: Tích phân thì đơn giản nhỉ! Cho con số $1$ ở tử số làm gì? Sao không cho đại $2012$ mang tính thời sự hơn, vì dù gì thì giải bài này chẳng có liên quan đến chúng (trừ kết quả)
Câu V: Kiến thức cơ bản của hình học không gian. Học sinh TB khá có thể giải được.
Câu VI: Như thông lệ, vẫn là câu "giết" thí sinh. CD13 cũng chẳng giải ra!
Các câu còn lại cho ở dạng TB khá.
Riêng câu 7a nằm ở chương trình cơ bản thì trông khó nhằng hơn câu 7b ở nâng cao! Điều này không phù hợp lắm!

Đánh giá điểm:
Học sinh yếu: 0-2đ
Học sinh TB: 2-6đ
Học sinh khá: 4-8đ
Học sinh giỏi: 7-9.5đ
Học sinh xuất sắc: 9-10đ
__________________________
Xong đề rồi, đói bụng quá! Đi ăn cơm thôi!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi CD13: 04-07-2012 - 13:37

[longqnh]

Câu 9a:
$\begin{array}{l}
5C_n^{n - 1} = C_n^3 \\
{\rm{DK: }}\left\{ \begin{array}{l}
n \ge 3 \\
n \in N\\
\end{array} \right. \\
< = > 5\frac{{n!}}{{(n - 1)!}} = \frac{{n!}}{{3!(n - 3)!}} \\
< = > \frac{{30}}{{(n - 3)!(n - 2)(n - 1)}} = \frac{1}{{(n - 3)!}} \\
< = > {n^2} - 3n - 28 = 0 \\
< = > \left[ \begin{array}{l}
n = 7(nhan) \\
n = - 4(loai) \\
\end{array} \right. \\
\end{array}$
Ta có:
${\left( {\frac{{n{x^2}}}{{14}} - \frac{1}{x}} \right)^n} = {\left( {\frac{{{x^2}}}{2} - \frac{1}{x}} \right)^7} = {( - 1)^k}{\sum\limits_{k = 0}^7 {C_7^k\left( {\frac{{{x^2}}}{2}} \right)} ^{7 - k}}{\left( {\frac{1}{x}} \right)^k} = {( - 1)^k}\sum\limits_{k = 0}^7 {C_7^k\frac{{{x^{14 - 3k}}}}{{{2^{7 - k}}}}} $
Số hạng chứa ${x^5}$ ứng với
$14 - 3k = 5 < = > k = 3$
Vậy số hạng chứa ${x^5}$ là $\frac{{{{( - 1)}^3}C_7^3}}{{{2^{7 - 3}}}} = - \frac{{35}}{{16}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi longqnh: 04-07-2012 - 13:50

[leminhansp]

Câu III: Hệ phương trình. Theo CD13 thì câu này hay mặc dù có những biến đổi hơi dài nhưng dù sao cũng quen thuộc. Học sinh khá trở lên mới giải được câu này!

Em thấy câu này năm nay không hay bằng mọi năm đề ra lộ quá (nếu với cách làm đặt $x-y=S$ và $xy=P$) chỉ cần ngồi trâu bò tính toán là được

[Crystal]

P/s: Anh Thành làm cái file PDF để tiện cho anh em tải về

Đang biên tập lại. Nhìn lại bài của các bạn làm thấy sai sót không ít. Đi thi như thế này chắc không out sớm cũng muộn

[Crystal]

Còn ý 1 của câu 1. Bạn nào làm nốt nhé.