SỞ GD&ĐT THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG THPT LƯƠNG
NGỌC QUYẾN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT
NĂM 2015
MÔN: TOÁN - KHỐI B
(Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian phát đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm).
Câu I: (2,0 điểm). Cho hàm số y = x
3
– 3mx
2
+ (m-1)x + 2.
1. Chứng minh rằng hàm số có cực trị với mọi giá trị của m.
2. Xác định m để hàm số có cực tiểu tại x = 2. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ
thị (C) của hàm số trong trường hợp đó.
Câu II: (2,0 điểm). 1. Giải phương trình sau: (1 – tanx) (1+ sin2x) = 1 + tanx.
2. Giải bất phương trình:
2
51 2x x
1
1 x
− −
<
−
.
Câu III: (1,0 điểm). Tính:
2
2
2
2

+ y
2
– 2x – 6y + 6 = 0 và điểm M (2;4)
a) Viết phương trình đường thẳng đi qua M cắt đường tròn tại 2 điểm A và B,
sao cho M là trung điểm của AB.
b) Viết phương trình các tiếp tuyến của đường tròn, biết tiếp tuyến có hệ số góc
k = -1.
Câu VIIa: (1,0 điểm). Tìm phần thực và phần ảo của số phức sau:
1 + (1 + i) + (1 + i)
2
+ (1 + i)
3
+ … + (1 + i)
20
B. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI

b:

(2,0 điểm). Trong không gian cho điểm A(-4;-2;4) và đường thẳng (d)
có phương trình: x = -3 + 2t; y = 1 - t; z = -1 + 4t; t ∈ R. Viết phương trình đường thẳng
(∆) đi qua A; cắt và vuông góc với (d).
Câu VIIb: (1,0 điểm). Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay quanh trục
hoành hình phẳng được giới hạn bởi các đường: y = lnx; y = 0; x = 2.
Thí sinh không được dùng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
Họ tên Số báo danh
Hết
ĐÁP ÁN, THANG ĐIỂM THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2015 – MÔN TOÁN –
KHỐI B
Câu Nội dung Điể

0
' 3 6 , y' = 0
2
x
y x x
x
=

= − ⇔

=


=> hs đồng biến trên mỗi khoảng
( ;0)−∞
và
(2; )+∞
, nghịch biến trên khoảng
(0 ;2)
0.2
5
Giới hạn:
lim , lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞

Điểm uốn: y’’ =6x – 6, y’’ đổi dấu khi x đi qua x = 1 => Điểm uốn U(1; 0)
BBT

-1
1
2
3
4
x
y
Đồ thị nhận điểm uốn làm tâm đối xứng
0.2
5
Câu II 2.0
1. TXĐ: x
( )
2
l l Z
π
π
≠ + ∈
0,2
5
Đặt t= tanx =>
2
2
sin 2
1
t
x
t
=
+

Với t = -1 =>
4
x k
π
π
= − +
(thoả mãn TXĐ)
0,2
5
2. 1,0
2
2
2
2 2
1 0
51 2 0
51 2
1
1 0
1
51 2 0
51 2 (1 )
x
x x
x x
x
x
x x
x x x


1 52; 1 52
x
x
x
x
x

>




 
∈ − − − +


 




⇔
<




∈ −∞ − ∪ +∞



sinA t dt
π
=
∫
0,2
5
2
8
A
π
−
=
0,5
Câu
IV
1,0
O
Q
H
P
A
D
B
C
S
I
M
N
I
a. Kẻ MQ//SA =>

uuuur uuuur
0.2
5
2 2 2
2 15 4 43 ( )AM BM t t f t+ = + + =
0.2
5
Min f(t) =
2
15
f
 
−
 ÷
 
=> M
26 2
;
15 15
 
−
 ÷
 
0,5
II. PHẦN RIÊNG(3,0 điểm)
A. Chương trình chuẩn
CâuVI
.a
2.0
a. (C) : I(1; 3), R= 2, A, B

(4 2 2) 0
x y
x y

+ − + =

+ − − =


0,2
5
CâuVI
I.a
1.0

21
20
(1 ) 1
1 (1 ) (1 )
i
P i i
i
+ −
= + + + + + =
0,2
5
10
21 2 10 10
(1 ) (1 ) .(1 ) (2 ) (1 ) 2 (1 )i i i i i i
 

, Vt chỉ phương
(2; 1;4)
d
u = −
uur
0,5
. 0 1
d
AB u t= ⇔ =
uuur uur
0,5
=> B(-1;0;3) 0,5
Pt đg thẳng
1 3
: 2
3
x t
AB y t
z t
= − +


∆ ≡ =


= −

0,5
Câu
VII.b

NĂM 2015
MÔN: TOÁN - KHỐI A
(Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH( 7,0 điểm )
Câu I ( 2,0 điểm): Cho hàm số
2 4

1
x
y
x
−
=
+
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm trên đồ thị (C) hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN biết M(-3; 0) và
N(-1; -1).
Câu II (2,0 điểm):
1. Giải phương trình:
2
2
1 3 2
1 3
x x
x x
= + + −
+ + −

2. Giải phương trình:

+ + +
= + +
+ + + + + +
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 VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C) có phương trình:
2 2
4 3 4 0x y x+ + − =
.
Tia Oy cắt (C) tại A. Lập phương trình đường tròn (C’), bán kính R’ = 2 và tiếp xúc
ngoài với (C) tại A.
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2; -1), B(7; -2; 3) và
đường thẳng d có phương trình
2 3
2 (t R)
4 2
x t
y t
z t
= +


= − ∈


= +

. Tìm trên d những điểm M sao cho tổng

) và (
'∆
).
Câu VII.b (1,0 điểm): Giải hệ phương trình:
2 2 2
3 3 3
log 3 log log
log 12 log log
x y y x
x x y y
+ = +


+ = +

.
Hết
Họ và tên thí sinh: ……………………… ……………………………………Số báo
danh: …………… ……
ĐÁP ÁN, THANG ĐIỂM THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2015 – MÔN TOÁN –
KHỐI A
Câu Nội dung Điể
m
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm)
CâuI 2.0
1. TXĐ: D = R\{-1}
Chiều biến thiên:
2
6
' 0 x D

∞
y’ + +
y

+
∞

2
2 -
∞
0,2
5
0.2
5
+ Đồ thị (C):
Đồ thị cắt trục hoành tại điểm
( )
2;0
, trục tung tại điểm (0;-4)
f(x)=(2x-4)/(x +1)
f(x)=2
x(t)=-1 , y(t)=t
-6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5
-5
-4
-3
-2
-1
1
2

a b
+ − −
 
+
 ÷
+ +
 
Pt đường thẳng MN: x + 2y +3= 0 0.2
5
Có :
. 0AB MN
I MN

=


∈


uuur uuuur
0.2
5
=>
0 (0; 4)
2 (2;0)
a A
b B
= −
 
=>

1
1 3 =2 ( / )
3
x
x x t m
x
= −

+ + − ⇔

=

0,2
5
2.
2 3 4 2 3 4
sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x+ + + = + + +
1,0
TXĐ: D =R
2 3 4 2 3 4
sin sin sin sin cos cos cos cosx x x x x x x x+ + + = + + +
[ ]
sin 0
(sin ). 2 2(sin ) sin . 0
2 2(sin ) sin . 0
x cosx
x cosx x cosx x cosx
x cosx x cosx
− =



⇔

= −

0.2
5
t = -1
2
( )
2
2
x m
m Z
x m
π π
π
π
= +


⇒ ∈

= − +

Vậy :
( )
4
2 ( )
2

I x dx
x x
 
= +
 ÷
+
 
∫
1,0
I
1
=
1
ln
1 ln
e
x
dx
x x
+
∫
, Đặt t =
1 ln x+
,… Tính được I
1
=
4 2 2
3 3
−
0,5

B
D
C
S
S'
H
K
SABS’ và SDCS’ là hình bình hành => M, N là trung điểm SB, S’D :
. .S ABCD S AMND
V V V= −
0,2
5

. . .S AMND S AMD S MND
V V V= +
;
. .
. .
1 1
; . ;
2 4
S AMD S MND
S ABD S BCD
V V
SM SM SN
V SB V SB SC
= = = =
0.2
5
. . .

a ab b b bc c c ca a
+ + +
= + +
+ + + + + +
0.2
5
3 3 2 2
2 2 2 2
( )
a b a ab b
a b
a ab b a ab b
+ − +
= +
+ + + +
mà
2 2
2 2
1
3
a ab b
a ab b
− +
≥
+ +
(Biến đổi tương đương)
2 2
2 2
1
( ) ( )

=> P
2, 2 khi a = b = c = 1 x = y = z = 1P≥ = ⇔
Vậy: minP = 2 khi x = y =z =1 0.2
5
II. PHẦN RIÊNG(3,0 điểm)
A. Chương trình chuẩn
CâuVI
.a
2.0
1. A(0;2), I(-2
3
;0), R= 4, gọi (C’) có tâm I’
0,2
5
Pt đường thẳng IA :
2 3
2 2
x t
y t

=


= +


,
'I IA∈
=> I’(
2 3 ;2 2t t +

= A’B, khi A’, M, B thẳng hàng => MA = MA’ = MB
0.2
5
0,2
5
MA=MB <=> M(2 ; 0 ; 4)
0,2
5
CâuVI
I.a
1.0
z = x + iy (
,x y R∈
), z
2
+
2 2 2 2
0 2 0z x y x y xyi= ⇔ − + + + =
0,2
5
2 2 2 2
2 0
0
xy
x y x y
=


⇔



=



=




= −


0,2
5
Vậy: z = 0, z = i, z = - i 0,2
5
B. Chương trình nâng cao
Câu
VI.b
2.0
1.
(7;3)BD AB B∩ =
, pt đg thẳng BC: 2x + y – 17 = 0
(2 1; ), ( ;17 2 ), 3, 7A AB A a a C BC C c c a c∈ ⇒ + ∈ ⇒ − ≠ ≠
,
I =
2 1 2 17
;
2 2

2.
Chứng minh hệ có nghiệm duy nhất, (
∆
)
∩
(
'∆
) = A
1 3
;0;
2 2
 
−
 ÷
 
0.5
(0; 1;0) ( )M − ∈ ∆
, Lấy N
( ')∈ ∆
, sao cho: AM = AN => N
AMN∆
cân tại A, lấy I là trung điểm MN => đường phân giác của các góc tạo
bởi (
∆
) và (
'∆
) chính là đg thẳng AI 0.2
5
Đáp số:
1 2

log 3 log log
3 . 2 .
log 12 log log
12 . 3 .
x y
x y
x y y x
y x
x x y y
x y

+ = +
=


⇔
 
+ = +
=



0.2
5
2
3 . 2 .
x y
y x
y x
=

NGỌC QUYẾN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT
NĂM 2015
MÔN: TOÁN - KHỐI B
Thời gian 180 phút ( không kể giao đề )
Phần chung cho tất cả các thí sinh ( 7 điểm )
Câu I: (2 điểm)
Cho hàm số
2
32
−
−
=
x
x
y
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Cho M là điểm bất kì trên (C). Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đường tiệm
cận của (C) tại A và B. Gọi I là giao điểm của các đường tiệm cận. Tìm toạ độ
điểm M sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình






−=−+
24









+
+
=
e
dxxx
xx
x
I
1
2
ln3
ln1
ln
Câu IV (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a. BC =
2
a
.
3aSA =
,
·
·

052:
1
=+− yxd
. d
2
: 3x +6y – 7 = 0. Lập phương trình đường thẳng đi qua
điểm P( 2; -1) sao cho đường thẳng đó cắt hai đường thẳng d
1
và d
2
tạo ra một
tam giác cân có đỉnh là giao điểm của hai đường thẳng d
1
, d
2
.
2. Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho 4 điểm A( 1; -1; 2), B( 1; 3;
2), C( 4; 3; 2), D( 4; -1; 2) và mặt phẳng (P) có phương trình:
02 =−++ zyx
.
Gọi A’là hình chiêú của A lên mặt phẳng Oxy. Gọi ( S) là mặt cầu đi qua 4
điểm A’, B, C, D. Xác định toạ độ tâm và bán kính của đường tròn (C) là giao
của (P) và (S).
Câu VIIa (1 điểm)
Tìm số nguyên dương n biết:
2 3 2 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1
2 3.2.2 ( 1) ( 1)2 2 (2 1)2 40200
− − +
+ + + +

(P) đi qua giao điểm của ( d) và (P) đồng thời vuông góc với d. Tìm trên
∆
điểm M sao cho khoảng cách AM ngắn nhất.
Câu VIIb (1 điểm):
Giải hệ phương trình





+=++
=+
+−+
113
2.322
2
3213
xxyx
xyyx
Hết
Chú ý: Thí sinh dự thi khối B và D không phải làm câu V
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
ĐÁP ÁN
Câu Nội dung Điểm
I. 1 Khảo sát hàm số và vẽ đồ thị hàm số 1,00
1) Hàm số có TXĐ:
{ }
2\R
0,25

x
- ∞ 2
+ ∞
y’ - -
y
2
-∞
+ ∞
2
* Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
( )
2;∞−
và
( )
+∞;2
0,25
3) Đồ thị:
+ Đồ thị cắt trục tung tại






2
3
;0
và cắt trục hoành tại điểm









−
−
,
( )
2
0
0
2x
1
)x('y
−
−
=
Phương trình tiếp tuyến với ( C) tại M có dạng:
( )
2x
3x2
)xx(
2x
1
y:
0
0
0

−
−
Ta thấy
M0
0BA
xx
2
2x22
2
xx
==
−+
=
+
,
M
0
0BA
y
2x
3x2
2
yy
=
−
−
=
+
suy ra M là
trung điểm của AB.

−
−
+−π=π 2
)2x(
1
)2x(2
2x
3x2
)2x(IM
2
0
2
0
2
0
0
2
0
2
0,25
Dấu “=” xảy ra khi



=
=
⇔
−
=−
3x

x
x
x
π
( )
xsin1x
2
cos1xsin
2
x
cosxsin
2
x
sin11
2
+=






−
π
+=−+⇔
0,25
01
2
x
cos

01
2
x
sin2
2
x
sin21
2
x
sinxsin
2
=






++






−⇔
0,25
2
sin x 0
x k


+ +

Z
0,25
II. 2 Giải bất phương trình 1 điểm
ĐK:
( )
*
2
1
x
2
1
x
2
1
x
0)1x2(
2
1
x
01x4x4
0x
2
1
22
<⇔



01)x21(logx
2
<+−⇔
0,25




<
>
⇔










>−
<



<−
>
⇔




<+−
>
⇔
0x
4
1
x
1)x21(2
0x
1)x21(2
0x
0)x21(2log
0x
0)x21(2log
0x
01)x21(log
0x
01)x21(log
0x
2
2
2
2
0,25
Kết hợp với điều kiện (*) ta có:
2
1
x

ln1
ln
. Đặt
dx
x
1
tdt2;xln1txln1t
2
=+=⇒+=
Đổi cận:
2tex;1t1x =⇒==⇒=
0,25
( )
( )
( )
3
222
t
3
t
2dt1t2tdt2.
t
1t
I
2
1
3
2
1
2






=
=
⇒



=
=
3
x
v
x
dx
du
dxxdv
xlnu
32
0,25
e
3 3 3 3 3 3
e 2 e
2 1 1
1
x 1 e 1 x e e 1 2e 1
I .ln x x dx .

Ta có
MBCMBCMBCMBC.AMBC.SABC.S
S.SA
3
1
S.SA
3
1
S.MA
3
1
VVV =+=+=
0,25
Hai tam giác SAB và SAC có ba cặp cạnh tương ứng bằng nhau
nên chúng bằng nhau. Do đó MB = MC hay tam giác MBC cân tại M.
Gọi N là trung điểm của BC suy ra MN ⊥ BC. Tương tự ta cũng có MN
⊥ SA.
16
a3
2
3a
4
a
aAMBNABAMANMN
2
2
2
2222222
=


1
BC.MN
2
1
.SA
3
1
V
3
ABC.S
===
0,25
V Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 điểm
áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có
zyx
9
z
1
y
1
x
1
9
xyz
3
xyz3
z
1
y
1

+
+
+
+
+
=
0,25
áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
3
3
3
a 3b 1 1 1
a 3b 1.1 a 3b 2
3 3
b 3c 1 1 1
b 3c 1.1 b 3c 2
3 3
c 3a 1 1 1
c 3a 1.1 c 3a 2
3 3
+ + +
+ ≤ = + +
+ + +
+ ≤ = + +
+ + +
+ ≤ = + +
0,25

⇔ ⇔ = = =


+ = + = + =

Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất bằng 3 khi
4/1cba ===
0,25
VIa.1 Lập phương trình đường thẳng 1 điểm
Cách 1: d
1
có vectơ chỉ phương
)1;2(a
1
−
; d
2
có vectơ chỉ phương
)6;3(a
2
Ta có:
06.13.2a.a
21
=−=
nên
21
dd ⊥
và d
1
cắt d

220
2222
0,25
* Nếu A = 3B ta có đường thẳng
05yx3:d =−+
0,25
* Nếu B = -3A ta có đường thẳng
05y3x:d =−−
Vậy qua P có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán.
05yx3:d =−+
05y3x:d =−−
0,25
Cách 2: Gọi d là đường thẳng cần tìm, khi đó d song song với đường
phân giác ngoài của đỉnh là giao điểm của d
1
, d
2
của tam giác đã cho.
Các đường phân giác của góc tạo bởi d
1
, d
2
có phương trình



∆=++
∆=+−
⇔−+=+−⇔
+

Do P
∈
d nên
05yx3:d15c0c318 =−+⇒−=⇔=+−
0,25
Vậy qua P có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán.
05yx3:d =−+
05y3x:d =−−
0,25
VIa.
2
Xác định tâm và bán kính của đường tròn
1 điểm
Dễ thấy A’ ( 1; -1; 0)
* Giả sử phương trình mặt cầu ( S) đi qua A’, B, C, D là:
0,25
( )
0dcba,0dcz2by2ax2zyx
222222
>−++=++++++
Vì
( )
SD,C,B,'A ∈
nên ta có hệ:







01225
222
=+−−−++ zyxzyx
0,25
(S) có tâm






1;1;
2
5
I
, bán kính
2
29
R =
+) Gọi H là hình chiếu của I lên (P). H là tâm của đường tròn ( C)
+) Gọi ( d) là đường thẳng đi qua I và vuông góc với (P).
(d) có vectơ chỉ phương là:
( )
1;1;1n
Suy ra phương trình của d:












⇒
6
1
;
6
1
;
3
5
H
0,25
6
35
36
75
IH ==
, (C) có bán kính
6
186
6
31
36
75
4

1n2
1
1n2
n2
xC)1n2( xkC)1( xC2C)x1)(1n2(
+
+
−
+++
+−+−+−+−=−+−

(2)
0,25
Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta có:
1n21n2
1n2
2kk
1n2
k3
1n2
2
1n2
1n2
xC)1n2(n2 xC)1k(k)1( xC3C2)x1)(1n2(n2
−+
+
−
+++
−
+−+−−++−=−+

2
2
2
=+
( với a > b)
(E) cũng có hai tiêu điểm
( ) ( ) ( )
15ba0;5F;0;5F
222
21
=−⇒−
0,25
( ) ( ) ( )
2bab16a9E3;4M
2222
=+⇔∈
Từ (1) và (2) ta có hệ:



=
=
⇔



=+
+=
15b
40a

−=
3
1
32
tz
ty
tx

Gọi I là giao điểm của (d) và (P)
( )
3;1;32 +−−⇒ tttI
Do
( ) ( )
4;0;1105)3()1(232 −⇒=⇔=+−−−+−⇒∈ IttttPI
0,25
* (d) có vectơ chỉ phương là
)1;1;2(a
, mp( P) có vectơ pháp tuyến là
( )
1;2;1 −n
[ ]
( )
3;3;3n,a
−=⇒
. Gọi
u
là vectơ chỉ phương của
∆

( )

u =⇔
. Vậy






−
3
16
;
3
4
;
3
7
M
0,25
VIIb Giải hệ phương trình: 1 điểm





+=++
=+
+−+
)2(1xxy1x3
)1( 2.322



−=
−≥
=
⇔








=−+
=
−≥
⇔
xy
x
x
yx
x
x
31
1
0
013
0
1


Đặt
13
2
+
=
x
t
Vì
1−≥x
nên
4
1
≥t
( )
( )
[ ]





+−=
−+=
⇔




+=

và
( )
[ ]





+−=
−+=
)83(log2y
183log
3
1
x
2
2
0,25
SỞ GD&ĐT THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG THPT LƯƠNG
NGỌC QUYẾN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ NHẤT
NĂM 2015
MÔN: TOÁN - KHỐI D
(Thời gian làm bài 180 phút-không kể thời gian phát đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số :
2
1
x

+ − =


+ = +



Câu III: (2 điểm)
a) Giải phương trình:
2 2
1 8 1
2cos cos ( ) sin 2 3cos( ) sin
3 3 2 3
x x x x x
π
π
+ + = + + + +
b) Tính :
1
3 1
0
x
e dx
+
∫

Câu IV: (1 điểm)
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho điểm I(1;5;0) và hai đường thẳng

1

1
∆
và
2
∆
PHẦN RIÊNG: Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu V.a hoặc V.b
Câu V.a DÀNH CHO HỌC SINH HỌC THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN (3 điểm)
1)Trong không gian , cho hệ trục toạ độ Đề Các vuông góc Oxyz
Tìm số các điểm có 3 toạ độ khác nhau từng đôi một,biết rằng các toạ độ đó đều là
các số
tự nhiên nhỏ hơn 10.
Trên mỗi mặt phẳng toạ độ có bao nhiêu điểm như vậy ?
2) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng đường cao, bằng a.
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AB
3) Giải phương trình:
2
log
2
3 1
x
x= −
Câu V.b: DÀNH CHO HỌC SINH HỌC THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO (3
điểm)
1) Chứng minh rằng phương trình :
5
5 5 0x x− − =
có nghiệm duy nhất
2)Viết phương trình các tiếp tuyến của e líp (E):
2 2
1

( 1)x
=
−
> 0 ,
x D
∀ ∈
⇒
h/số đồng biến trên D và không có cực trị
Các đường tiệm cận: T/c đứng x=1; T/c ngang: y =1
Tâm đối xứng I(1;1)
BBT
x -
∞
1
+
∞
y’ + +
y

+
∞
1
1 -
∞
Đồ thị
f(x)=(x-2)/(x-1)
f(x)=1
x(t)=1 , y(t)=t
-3 -2 -1 1 2 3 4 5
-5

(1) 1 0
m m
f

∆ = − + >

= − ≠

với
m
∀
,nên p/t (1) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 với
m∀
.Suy ra d
( )C∩
tại hai điểm phân biệt với
m∀
*Gọi các giao điểm của d
( )C∩
là: A(
;
A A
x x m− +
) ; B(
;
B B
x x m− +
);với
A
x

điểm
0,25
điểm