Trường Lương Thế Vinh –Hà Nội. Đề thi thử ĐH lần I năm 2010. Môn Toán (180’) Phần bắt buộc. Câu 1.(2 điểm) Cho hàm số 1 12 + − = x x y 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số . 2. Tìm tọa độ điểm M sao cho khoảng cách từ điểm )2;1( − I tới tiếp tuyến của (C) tại M là lớn nhất . CÂU 2. (2 điểm). 1. Giải phương trình : 01cossin2sinsin2 2 =−++− xxxx . 2. Tìm giá trị của m để phương trình sau đây có nghiệm duy nhất : 0)23(log)6(log 2 25,0 =−−++ xxxm CÂU 3 . (1điểm) Tính tích phân: ∫ − = 2 1 2 2 4 dx x x I . CÂU 4. (1 điểm). Cho tứ diện ABCD có ba cạnh AB, BC, CD đôi một vuông góc với nhau và aCDBCAB === . Gọi C’ và D’ lần lượt là hình chiếu của điểm B trên AC và AD. Tính thể tích tích tứ diện ABC’D’. CÂU 5. (1 điểm) Cho tam giác nhọn ABC , tìm giá trị bé nhất của biểu thức: CBAAS 2cos2coscos23cos +++= . Phần tự chọn (thí sinh chỉ làm một trong hai phần : A hoặc B ) Phần A CÂU 6A. (2 điểm). 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với )5;2(,)1;1( − BA , đỉnh C nằm trên đường thẳng 04 =− x , và trọng tâm G của tam giác nằm trên đường thẳng 0632 =+− yx . Tính diện tích tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d và d’ lần lượt có phương trình : d : z y x = − − = 1 2 và d’ : 1 5 3 2 2 − + =−= − z y x . Chứng minh rằng hai đường thẳng đó vuông góc với nhau. Viết phương trình mặt phẳng )( α đi qua d và vuông góc với d’ CÂU7A. (1 điểm) Tính tổng : n n n nnnn CnCCCCS )1()1(432 3210 +−+⋅⋅⋅+−+−= Phần B. CÂU 6B. (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC, với )2;1(,)1;2( −− BA , trọng tâm G của tam giác nằm trên đường thẳng 02 =−+ yx . Tìm tọa độ đỉnh C biết diện tích tam giác ABC bằng 13,5 . 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng d và d’ lần lượt có phương trình : d : z y x = − − = 1 2 và d’ : 1 5 3 2 2 − + =−= − z y x . Viết phương trình mặt phẳng )( α đi qua d và tạo với d’ một góc 0 30 CÂU7B. (1 điểm) Tính tổng : n nnnn CnCCCS )1(32 210 ++⋅⋅⋅+++= 1 Đáp án môn Toán. Câu 1. 1. Tập xác định : 1 −≠ x . 1 3 2 1 12 + −= + − = xx x y , 2 )1( 3 ' + = x y , Bảng biến thiên: Tiệm cận đứng : 1 −= x , tiệm cận ngang 2 = y 2. Nếu )( 1 3 2; 0 0 C x xM ∈         + − thì tiếp tuyến tại M có phương trình )( )1( 3 1 3 2 0 2 00 xx xx y − + = + +− hay 0)1(3)2()1()(3 0 2 00 =+−−+−− xyxxx . Khoảng cách từ )2;1( − I tới tiếp tuyến là ( ) 2 0 2 0 4 0 0 4 0 00 )1( )1( 9 6 )1(9 16 19 )1(3)1(3 ++ + = ++ + = ++ +−−− = x x x x x xx d . Theo bất đẳng thức Côsi 692)1( )1( 9 2 0 2 0 =≥++ + x x , vây 6 ≤ d . Khoảng cách d lớn nhất bằng 6 khi ( ) 3131)1( )1( 9 0 2 0 2 0 2 0 ±−=⇔=+⇔+= + xxx x . Vậy có hai điểm M : ( ) 32;31 −+− M hoặc ( ) 32;31 +−− M CÂU 2. 1) 01cossin)1cos2(sin201cossin2sinsin2 22 =−+−−⇔=−++− xxxxxxxx . 22 )3cos2()1(cos8)1cos2( −=−−−=∆ xxx . Vậy 5,0sin = x hoặc 1cossin −= xx . Với 5,0sin = x ta có π π kx 2 6 += hoặc π π kx 2 6 5 += Với 1cossin −= xx ta có       −=−=       −⇔−=− 4 sin 2 2 4 sin1cossin ππ xxx , suy ra π kx 2 = hoặc π π kx 2 2 3 += 2) ⇔=−−++ 0)23(log)6(log 2 25,0 xxxm ⇔−−=+ )23(log)6(log 2 22 xxxm    +−−= <<− ⇔      −−=+ >−− ⇔ 38 13 236 023 2 2 2 xxm x xxxm xx Xét hàm số 13,38)( 2 <<−+−−= xxxxf ta có 82)(' −−= xxf , 0)(' < xf khi 4 −> x , do đó )(xf nghịch biến trong khoảng )1;3( − , 6)1(,18)3( −==− ff . Vậy hệ phương trình trên có nghiệm duy nhất khi 186 <<− m CÂU 3. Đặt tx sin2 = thì tdtdx cos2 = , khi 1 = x thì 6 π = t , khi 2 = x thì 2 π = t , vậy: ∫ ∫ == − = 2 1 2 6 2 2 2 2 sin cos4 π π dt t t dx x x I ∫∫ =−−=       − 2 6 2 6 2 6 2 )(cot1 sin 1 π π π π π π ttddt t 3 3 π − 2 CÂU 4. Vì ABCDBCCD ⊥⊥ , nên )(ABCmpCD ⊥ và do đó )()( ACDmpABCmp ⊥ .Vì ACBC ⊥ ' nên )(ACDmpBC ⊥ . Suy ra nếu V là thể tích tứ diện ABC’D’ thì ').''( 3 1 BCDACdtV = . Vì tam giác ABC vuông cân nên 2 2 ''' a BCCCAC === . Ta có 2222222 3aCDBCABBDABAD =++=+= nên 3aAD = . Vì BD’ là đường cao của tam giác vuông ABD nên 2 '. ABADAD = , Vậy 3 ' a AD = . Ta có 12 2 3 1 3 3 2 2 2 1 '.'. 2 1 ˆ sin''. 2 1 )''( 2 aaa AD CD ADACDACADACDACdt =⋅=== . Vậy == 2 2 . 12 2 3 1 2 aa V 36 3 a CÂU 5. CBAAS 2cos2coscos23cos +++= = )cos()cos(2cos23cos CBCBAA −+++ . = [ ] )cos(1cos23cos CBAA −−+ . Vì 0)cos(1,0cos ≥−−> CBA nên AS 3cos ≥ , dấu bằng xẩy ra khi 1)cos( =− CB hay 2 180 0 A CB − == . Nhưng 13cos −≥ A , dấu bằng xẩy ra khi 0 1803 = A hay A = 0 60 Tóm lại : S có giá trị bé nhất bằng -1 khi ABC là tam giác đều. Phần A (tự chọn) CÂU 6A. 1. Ta có );4( C yC = . Khi đó tọa độ G là 3 2 3 51 ,1 3 421 CC GG yy yx += ++ == +− = . Điểm G nằm trên đường thẳng 0632 =+− yx nên 0662 =+−− C y , vậy 2 = C y , tức là )2;4( = C . Ta có )1;3(,)4;3( =−= ACAB , vậy 5 = AB , 10 = AC , 5. −= ACAB . Diện tích tam giác ABC là ( ) 2510.25 2 1 2 1 2 22 −=−= ACABACABS = 2 15 2.Đường thẳng d đi qua điểm )0;2;0(M và có vectơ chỉ phương )1;1;1( − u Đường thẳng d’ đi qua điểm )5;3;2(' − M và có vectơ chỉ phương )1;1;2(' − u Ta có )5;1;2( −= MM , [ ] )3;3;0('; = uu , do đó [ ] 012'.'; ≠−= MMuu vậy d và d’ chéo nhau. Mặt phẳng )( α đi qua điểm )0;2;0(M và có vectơ pháp tuyến là )1;1;2(' − u nên có phương trình: 0)2(2 =−−+ zyx hay 022 =−−+ zyx CÂU 7A. Ta có nn nnnn n xCxCxCCx +⋅⋅⋅+++=+ 2210 )1( , suy ra 132210 )1( + +⋅⋅⋅+++=+ nn nnnn n xCxCxCxCxx . Lấy đạo hàm cả hai vế ta có : =+++ − 1 )1()1( nn xnxx nn nnnn xCnxCxCC )1(32 2210 ++⋅⋅⋅+++ Thay 1 −= x vào đẳng thức trên ta được S. Phần B (tự chọn) CÂU 6B. 1. Vì G nằm trên đường thẳng 02 =−+ yx nên G có tọa độ )2;( ttG −= . Khi đó )3;2( ttAG −−= , )1;1( −−= AB Vậy diện tích tam giác ABG là ( ) [ ] 1)3()2(2 2 1 2 1 22 2 22 −−+−=−= ttABAGABAGS = 2 32 − t 3 Nếu diện tích tam giác ABC bằng 13,5 thì diện tích tam giác ABG bằng 5,43:5,13 = . Vậy 5,4 2 32 = − t , suy ra 6 = t hoặc 3 −= t . Vậy có hai điểm G : )1;3(,)4;6( 21 −−=−= GG . Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên )(3 BaGC xxxx +−= và )(3 BaGC yyyy +−= . Với )4;6( 1 −= G ta có )9;15( 1 −= C , với )1;3( 2 −−= G ta có )18;12( 2 −= C 2.Đường thẳng d đi qua điểm )0;2;0(M và có vectơ chỉ phương )1;1;1( − u Đường thẳng d’ đi qua điểm )5;3;2(' − M và có vectơ chỉ phương )1;1;2(' − u . Mp )( α phải đi qua điểm M và có vectơ pháp tuyến n vuông góc với u và 2 1 60cos)';cos( 0 == un . Bởi vậy nếu đặt );;( CBAn = thì ta phải có :      = ++ −+ =+− 2 1 6 2 0 222 CBA CBA CBA ⇔    =−− += ⇔      +++= += 02 )(632 22 222 CACA CAB CCAAA CAB Ta có 0)2)((02 22 =+−⇔=−− CACACACA . Vậy CA = hoặc CA −= 2 . Nếu CA = ,ta có thể chọn A=C=1, khi đó 2 = B , tức là )1;2;1( = n và )( α mp có phương trình 0)2(2 =+−+ zyx hay 042 =−++ zyx Nếu CA −= 2 ta có thể chọn 2,1 −== CA , khi đó 1 −= B , tức là )2;1;1( −−= n và )( α mp có phương trình 02)2( =−−− zyx hay 022 =+−− zyx CÂU 7B. Ta có nn nnnn n xCxCxCCx +⋅⋅⋅+++=+ 2210 )1( , suy ra 132210 )1( + +⋅⋅⋅+++=+ nn nnnn n xCxCxCxCxx . Lấy đạo hàm cả hai vế ta có : =+++ − 1 )1()1( nn xnxx nn nnnn xCnxCxCC )1(32 2210 ++⋅⋅⋅+++ Thay 1 = x vào đẳng thức trên ta được S. 4 TRƯỜNG ĐAI HỌC VINH đề thi thử đại học năm học 2009-2010 Trường THPT chuyờn MễN: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phỳt ------------------------- ----------------------------------------------- A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Cõu I. (2,0 điểm) Cho hàm số mxxmxy −++−= 9)1(3 23 , với m là tham số thực. 1. Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị của hàm số đó cho ứng với 1 = m . 2. Xỏc định m để hàm số đó cho đạt cực trị tại 21 , xx sao cho 2 21 ≤− xx . Cõu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trỡnh: ) 2 sin(2 cossin 2sin cot 2 1 π += + + x xx x x . 2. Giải phương trỡnh: )12(log1)13(log2 3 5 5 +=+− xx . Cõu III. (1,0 điểm) Tớnh tớch phõn ∫ + + = 5 1 2 13 1 dx xx x I . Cõu IV. (1,0 điểm) Cho hỡnh lăng trụ tam giỏc đều '''. CBAABC cú ).0(',1 >== mmCCAB Tỡm m biết rằng gúc giữa hai đường thẳng 'AB và 'BC bằng 0 60 . Cõu V. (1,0 điểm) Cho cỏc số thực khụng õm zyx ,, thoả món 3 222 =++ zyx . Tỡm giỏ trị lớn nhất của biểu thức zyx zxyzxyA ++ +++= 5 . B. PHẦN RIấNG (3,0 điểm) Thớ sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần a, hoặc b). a. Theo chương trỡnh Chuẩn: Cõu VIa. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ ,Oxy cho tam giỏc ABC cú )6;4(A , phương trỡnh cỏc đường thẳng chứa đường cao và trung tuyến kẻ từ đỉnh C lần lượt là 0132 =+− yx và 029136 =+− yx . Viết phương trỡnh đường trũn ngoại tiếp tam giỏc ABC . 2. Trong khụng gian với hệ toạ độ ,Oxyz cho hỡnh vuụng MNPQ cú )4;3;2(),1;3;5( −− PM . Tỡm toạ độ đỉnh Q biết rằng đỉnh N nằm trong mặt phẳng .06:)( =−−+ zyx γ Cõu VIIa. (1,0 điểm) Cho tập { } 6,5,4,3,2,1,0 = E . Từ cỏc chữ số của tập E lập được bao nhiờu số tự nhiờn chẵn gồm 4 chữ số đụi một khỏc nhau? b. Theo chương trỡnh Nõng cao: Cõu VIb. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ ,Oxy xột elớp )(E đi qua điểm )3;2( −− M và cú phương trỡnh một đường chuẩn là .08 =+ x Viết phương trỡnh chớnh tắc của ).(E 5 2. Trong khụng gian với hệ toạ độ ,Oxyz cho cỏc điểm )2;3;0(),0;1;0(),0;0;1( CBA và mặt phẳng .022:)( =++ yx α Tỡm toạ độ của điểm M biết rằng M cỏch đều cỏc điểm CBA ,, và mặt phẳng ).( α Cõu VIIb. (1,0 điểm) Khai triển và rỳt gọn biểu thức n xnxx )1( .)1(21 2 −++−+− thu được đa thức n n xaxaaxP +++= .)( 10 . Tớnh hệ số 8 a biết rằng n là số nguyờn dương thoả món n CC nn 171 32 =+ . ------------------------------------ Hết ------------------------------------- 6 . ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LẦN 1 – NĂM 2009 Cõu Đỏp ỏn Điể m I (2,0 điểm) 1. (1,25 điểm) Với 1 = m ta có 196 23 −+−= xxxy . * Tập xác định: D = R * Sự biến thiên • Chiều biến thiên: )34(39123' 22 +−=+−= xxxxy Ta có    < > ⇔> 1 3 0' x x y , 310' <<⇔< xy . Do đó: + Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng )1,( −∞ và ),3( ∞+ . + Hàm số nghịch biến trên khoảng ).3,1( 0,5 • Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 1 = x và 3)1( == yy CD ; đạt cực tiểu tại 3 = x và 1)3( −== yy CT . • Giới hạn: +∞=−∞= +∞→−∞→ yy xx lim;lim . 0,25 • Bảng biến thiên: 0,25 * Đồ thị: Đồ thị cắt trục tung tại điểm )1,0( − . 1 2 3 4 -1 1 2 3 x y O 0,25 2. (0,75 điểm) Ta có .9)1(63' 2 ++−= xmxy +) Hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại 21 , xx ⇔ phương trình 0' = y có hai nghiệm pb là 21 , xx ⇔ Pt 03)1(2 2 =++− xmx có hai nghiệm phân biệt là 21 , xx . 0,25 7 Trường đại học Vinh Khối THPT chuyên đáp án đề khảo sát chất lượng lớp 12 Lần 1 - 2009 Môn Toán, khối A x y’ y 3 -1 ∞+ ∞− 0 0 3 1 ∞+ ∞− + + −     −−< +−> ⇔>−+=∆⇔ 31 31 03)1(' 2 m m m )1( +) Theo định lý Viet ta có .3);1(2 2121 =+=+ xxmxx Khi đó ( ) ( ) 41214442 2 21 2 2121 ≤−+⇔≤−+⇔≤− mxxxxxx )2(134)1( 2 ≤≤−⇔≤+⇔ mm Từ (1) và (2) suy ra giá trị của m là 313 −−<≤− m và .131 ≤<+− m 0,5 II (2,0 điểm) 1. (1,0 điểm) Điều kiện: .0cossin,0sin ≠+≠ xxx Pt đã cho trở thành 0cos2 cossin cossin2 sin2 cos =− + + x xx xx x x 02sin) 4 sin(cos 0 cossin cos2 sin2 cos 2 =       −+⇔ = + −⇔ xxx xx x x x π +) ., 2 0cos  ∈+=⇔= kkxx π π 0,5 +)  ∈       += += ⇔       +−−= ++= ⇔+= nm n x mx nxx mxx xx , 3 2 4 2 4 2 4 2 2 4 2 ) 4 sin(2sin ππ π π π π π π π π ., 3 2 4  ∈+=⇔ t t x ππ Đối chiếu điều kiện ta có nghiệm của pt là π π kx += 2 ; .,, 3 2 4  ∈+= tk t x ππ 0,5 2. (1,0 điểm) Điều kiện . 3 1 > x (*) Với đk trên, pt đã cho )12(log31)13(log 5 2 5 +=+−⇔ xx 32 3 5 2 5 )12()13(5 )12(log)13(5log +=−⇔ +=−⇔ xx xx 0,5     = = ⇔ =−−⇔ =−+−⇔ 8 1 2 0)18()2( 0436338 2 23 x x xx xxx Đối chiếu điều kiện (*), ta có nghiệm của pt là .2 = x 0,5 III (1,0 điểm) Đặt 3 2 132 3 13 tdt dx x dx dtxt =⇒ + =⇒+= . Khi 1 = x thì t = 2, và khi x = 5 thì t = 4. Suy ra ∫ − +         − = 4 2 2 2 2 3 2 . . 3 1 1 3 1 tdt t t t I ∫∫ − +−= 4 2 2 4 2 2 1 2)1( 9 2 t dt dtt 0,5 8 . 5 9 ln 27 100 2 4 1 1 ln 2 4 3 1 9 2 3 += + − +       −= t t tt 0,5 IV (1,0 điểm) - Kẻ )''('// BADABBD ∈ 0 60)',()','( ==⇒ BCBDBCAB 0 60' =∠⇒ DBC hoặc .120' 0 =∠ DBC 0,5 - Nếu 0 60' =∠ DBC Vì lăng trụ đều nên ).'''(' CBABB ⊥ áp dụng định lý Pitago và định lý cosin ta có 1' 2 +== mBCBD và .3' = DC Kết hợp 0 60' =∠ DBC ta suy ra 'BDC ∆ đều. Do đó .231 2 =⇔=+ mm - Nếu 0 120' =∠ DBC áp dụng định lý cosin cho 'BDC ∆ suy ra 0 = m (loại). Vậy .2 = m * Chú ý: - Nếu HS chỉ xét trường hợp góc 0 60 thì chỉ cho 0,5đ khi giải đúng. - HS có thể giải bằng phương pháp vectơ hoặc toạ độ với nhận xét: ''. '.' )','cos()','cos( BCAB BCAB BCABBCAB == . 0,5 V (1,0 điểm) Đặt zyxt ++= ⇒ 2 3 )(23 2 2 − =++⇒+++= t zxyzxyzxyzxyt . Ta có 30 222 =++≤++≤ zyxzxyzxy nên 3393 2 ≤≤⇒≤≤ tt vì .0 > t Khi đó . 5 2 3 2 t t A + − = 0,5 Xét hàm số .33, 2 35 2 )( 2 ≤≤−+= t t t tf Ta có 0 55 )(' 2 3 2 > − =−= t t t ttf vì .3 ≥ t Suy ra )(tf đồng biến trên ]3,3[ . Do đó . 3 14 )3()( =≤ ftf Dấu đẳng thức xảy ra khi .13 ===⇔= zyxt Vậy GTLN của A là 3 14 , đạt được khi .1 === zyx 0,5 VIa. (2,0 điểm) 1. (1 điểm) - Gọi đường cao và trung tuyến kẻ từ C là CH và CM. Khi đó CH có phương trình 0132 =+− yx , CM có phương trình .029136 =+− yx 0,5 9 A 2 1 m + C C’ B’ B A’ m D 3 1 1 M(6; 5) A(4; 6) C(-7; -1) B(8; 4) H - Từ hệ ).1;7( 029136 0132 −−⇒    =+− =+− C yx yx - )2,1( ==⇒⊥ CHAB unCHAB 0162: =−+⇒ yxABpt . - Từ hệ )5;6( 029136 0162 M yx yx ⇒    =+− =−+ ).4;8(B ⇒ - Giả sử phương trình đường tròn ngoại tiếp .0: 22 =++++∆ pnymxyxABC Vì A, B, C thuộc đường tròn nên      =+−− =+++ =+++ 0750 04880 06452 pnm pnm pnm      −= = −= ⇔ 72 6 4 p n m . Suy ra pt đường tròn: 07264 22 =−+−+ yxyx hay .85)3()2( 22 =++− yx 0,5 2. (1 điểm) - Giả sử );;( 000 zyxN . Vì )1(06)( 000 =−−+⇒∈ zyxN γ - MNPQ là hình vuông MNP ∆⇒ vuông cân tại N      = = ⇔ 0.PNMN PNMN      =+++−+−− ++−+−=++−+− ⇔ 0)4)(1()3()2)(5( )4()3()2()1()3()5( 00 2 000 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 zzyxx zyxzyx 0,5    =+++−+−− =−+ ⇔ )3(0)4)(1()3()2)(5( )2(01 00 2 000 00 zzyxx zx - Từ (1) và (2) suy ra    +−= +−= 1 72 00 00 xz xy . Thay vào (3) ta được 065 0 2 0 =+− xx    −=== −=== ⇒ 2,1,3 1,3,2 000 000 zyx zyx hay    − − )2;1;3( )1;3;2( N N . - Gọi I là tâm hình vuông ⇒ I là trung điểm MP và NQ ⇒ ) 2 5 ;3; 2 7 ( − I . Nếu )13;2( − N thì ).4;3;5( − Q Nếu )2;1;3( − N thì ).3;5;4( − Q 0,5 VIIa. (1,0 Giả sử abcd là số thoả mãn ycbt. Suy ra { } 6,4,2,0 ∈ d . +) .0 = d Số cách sắp xếp abc là . 3 6 A 0,5 10 [...]... z0 ) Khi đó từ giả thi t suy ra 2 2 2 2 2 ( x0 − 1) 2 + y0 + z0 = x0 + ( y0 − 1) 2 + z0 = x0 + ( y0 − 3) 2 + ( z0 − 2) 2 =   ( x0 − 1)2 + y02 + z02 = x02 + ( y0 − 1)2 + z02  ⇔  x02 + ( y0 − 1)2 + z02 = x02 + ( y0 − 3)2 + ( z0 − 2)2  2  ( x0 − 1)2 + y02 + z02 = ( x0 + 2 y0 + 2)  5 Từ (1) và (2) suy ra (1) x0 + 2 y0 + 2 5 0,5 ( 2) (3)  y0 = x0   z0 = 3 − x0 0,5 2 Thay vào (3) ta được 5(3... ta có số các số lập được là A6 + 3( A6 − A5 ) = 420 1 (1 điểm) VIb (2,0 x2 y 2 - Gọi phương trình ( E ) : 2 + 2 = 1 điểm) a b - Giả thi t 0,5 ( a > b > 0) 4 9  a 2 + b2 = 1 (1) ⇔ 2 a = 8 (2)  c 0,5 ( 2) ⇔ a 2 = 8c ⇒ b 2 = a 2 − c 2 = 8c − c 2 = c(8 − c) 4 9 Thay vào (1) ta được 8c + c(8 − c) =1 Ta có c = 2 ⇔ 2c − 17c + 26 = 0 ⇔  13 c =  2 2 x2 y2 + = 1 16 12 13 39 x2 y2 = 1 * Nếu c = thì . Thay 1 = x vào đẳng thức trên ta được S. 4 TRƯỜNG ĐAI HỌC VINH đề thi thử đại học năm học 2009-2010 Trường THPT chuyờn MễN: TOÁN; Thời gian làm bài: 180. Vinh –Hà Nội. Đề thi thử ĐH lần I năm 2010. Môn Toán (180’) Phần bắt buộc. Câu 1.(2 điểm) Cho hàm số 1 12 + − = x x y 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị