5 de thi thu DH co dap an

THI THỬ ĐẠI HỌC 2010 -ĐỀ 1
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
A. PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm)
Cho hàm số
1
.
1
x
y
x
+
=
−
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
( )
C
của hàm số.
b) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình
1
.
1
x
m
x
+
=
−
Câu II (2 điểm)
a) Tìm m để phương trình

( )
4 4
2 sin cos cos4 2sin 2 0x x x x m+ + + − =
có nghiệm trên
0; .
2
π
 
 
 
b) Giải phương trình
( ) ( ) ( )
8
4 2
2
1 1
log 3 log 1 log 4 .
2 4
x x x+ + − =
Câu III (2 điểm)
a) Tìm giới hạn
3
2 2
0
3 1 2 1
lim .
1 cos
x
x x
L

x
→
− + +
=
−
b) Chứng minh rằng
0 2 4 6 98 100 50
100 100 100 100 100 100
2 .C C C C C C− + − + − + = −
Câu IV (1 điểm)
Cho a, b, c là các số thực thoả mãn
3.a b c
+ + =
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
4 9 16 9 16 4 16 4 9 .
a b c a b c a b c
M = + + + + + + + +
B. PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH
Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn
Câu Va (2 điểm)
a) Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn có phương trình
( )
2 2
1
: 4 5 0C x y y+ − − =
và
( )
2 2
2
: 6 8 16 0.C x y x y+ − + + =

Lập phương trình tiếp tuyến chung của
( )
1
C
và
( )
2
.C
b) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng a. Gọi M là trung điểm của AA’.
Tính thể tích của khối tứ diện BMB’C’ theo a và chứng minh rằng BM vuông góc với B’C.
Câu VIa (1 điểm)
Cho điểm
( )
2;5;3A
và đường thẳng
1 2
: .
2 1 2
x y z
d
− −
= =
Viết phương trình mặt phẳng
( )
α
chứa
d
sao
cho khoảng cách từ
A

đến
( )
α
lớn nhất.
Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao
Câu Vb (2 điểm)
1
a) Trong hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình hyperbol (H) dạng chính tắc biết rằng (H) tiếp xúc
với đường thẳng
: 2 0d x y− − =
tại điểm A có hoành độ bằng 4.
b) Cho tứ diện OABC có
4, 5, 6OA OB OC= = =
và
·
·
·
0
60 .AOB BOC COA= = =
Tính thể tích tứ diện
OABC.
Câu VIb (1 điểm)
Cho mặt phẳng
( )
: 2 2 1 0P x y z− + − =
và các đường thẳng
1
1 3
: ,
2 3 2

x y z
d
− −
= =
−

2
5 5
: .
6 4 5
x y z
d
− +
= =
−

Tìm điểm M thuộc d
1
, N thuộc d
2
sao cho MN song song với (P) và đường thẳng MN cách (P) một
khoảng bằng 2.
ĐÁP ÁN
Câu I 2 điểm
a)
Tập xác định: Hàm số
1
1
x
y

x
+
=
−
có tập xác định
{ }
\ 1 .D R=
Giới hạn:
1 1
1 1 1
lim 1; lim ; lim .
1 1 1
x
x x
x x x
x x x
+ −
→±∞
→ →
+ + +
= = +∞ = −∞
− − −
0,25
Đạo hàm:
( )
2
2
' 0, 1
1
y x

x
−
= < ∀ ≠ ⇒
−
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
( )
;1−∞
và
( )
1; .+∞
Hàm số không có cực trị.
Bảng biến thiên:
0,25
Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng
1;x =
tiệm cận ngang
1.y =
Giao của hai
tiệm cận
( )
1;1I
là tâm đối xứng.
0,25
Đồ thị: Học sinh tự vẽ hình 0,25
b)
Học sinh lập luận để suy từ đồ thị (C) sang đồ thị
( )
1
'
1

x
y C
x
+
=
−
Học sinh tự vẽ hình
0,5
Số nghiệm của
1
1
x
m
x
+
=
−
bằng số giao điểm của đồ thị
1
1
x
y
x
+
=
−
và
.y m=
0,25
Suy ra đáp số

1; 1:m m< − >
phương trình có 2 nghiệm
1:m
= −
phương trình có 1 nghiệm
1 1:m
− < ≤
phương trình vô nghiệm
0,25
Câu II 2 điểm
2
a)
Ta có
4 4 2
1
sin os 1 sin 2
2
x c x x+ = −
và
2
os4 1 2sin 2 .c x x= −
0,25
Do đó
( )
2
1 3sin 2 2sin 2 3x x m⇔ − + + =
.
Đặt
sin 2t x
=

. Ta có
[ ] [ ]
0; 2 0; 0;1 .
2
x x t
π
π
 
∈ ⇒ ∈ ⇒ ∈
 
 
Suy ra
( )
[ ]
2
3 2 3 , 0;1f t t t m t= − + + = ∈
0,25
Ta có bảng biến thiên 0,25
Từ đó phương trình đã cho có nghiệm trên
10
0; 2
2 3
m
π
 
⇔ ≤ ≤
 
 
0,25
b)

Giải phương trình
( ) ( ) ( ) ( )
8
4 2
2
1 1
log 3 log 1 log 4 2
2 4
x x x+ + − =
Điều kiện:
0 1x
< ≠
0,25
( ) ( )
2 3 1 4x x x⇔ + − =
0,25
Trường hợp 1:
1x >
( )
2
2 2 0 2x x x⇔ − = ⇔ =
0,25
Trường hợp 1:
0 1x< <
( )
2
2 6 3 0 2 3 3x x x⇔ + − = ⇔ = −
Vậy tập nghiệm của (2) là
{ }
2;2 3 3T = −

0,25
Câu III
a)
Tìm
3
2 2
0
3 1 2 1
lim .
1 cos
x
x x
L
x
→
− + +
=
−
Ta có
3
2 2
0
3 1 1 2 1 1
lim
1 cos 1 cos
x
x x
L
x x
→

 
− + + −
 ÷
= +
− − ÷
 
0,25
Xét
2 2
1
2 2
0 0
2 1 1 2
lim lim 2
1 cos
2sin 2 1 1
2
x x
x x
L
x
x
x
→ →
+ −
= = =
−
 
+ +
 ÷

 
0,25
Xét
( )
3
2 2
2
2
0 0
3
2 2 2
3
3 1 1 3
lim lim 2
1 cos
2sin 3 1 3 1 1
2
x x
x x
L
x
x
x x
→ →
− +
= = =
−
 
− − − +
 ÷

 ÷
 
0,25
Vậy
1 2
2 2 4L L L= + = + =
0,25
b)
Chứng minh rằng
0 2 4 100 50
100 100 100 100
2 .C C C C− + − + = −
Ta có 0,5
3
( )
( ) ( )
100
0 1 2 2 100 100
100 100 100 100
0 2 4 100 1 3 99
100 100 100 100 100 100 100
1

i C C i C i C i
C C C C C C C i
+ = + + + +
= − + − + + − + −
Mặt khác
( ) ( ) ( )
2 100 50

2 50
1 1 2 2 1 2 2i i i i i i+ = + + = ⇒ + = = −
Vậy
0 2 4 100 50
100 100 100 100
2 .C C C C− + − + = −
0,5
Câu IV Cho a, b, c thoả
3.a b c+ + =
Tìm GTNN của
4 9 16 9 16 4 16 4 9 .
a b c a b c a b c
M = + + + + + + + +
Đặt
( ) ( ) ( )
2 ;3 ;4 , 2 ;3 ;4 , w 2 ;3 ;4 w
a b c c a b b c a
u v M u v= = = ⇒ = + +
r r uur r r uur
( ) ( ) ( )
2 2 2
w 2 2 2 3 3 3 4 4 4
a b c a b c a b c
M u v≥ + + = + + + + + + + +
r r uur
0,25
Theo cô – si có
3
2
2 2 2 3 2 6

b c a b c+ +
+ + ≥ =
. Tương tự …
0,5
Vậy
3 29.M ≥
Dấu bằng xảy ra khi
1.a b c= = =
0,25
Câu Va Học sinh tự vẽ hình
a)
( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1 2 2 2
: 0;2 , 3; : 3; 4 , 3.C I R C I R= − =
0,25
Gọi tiếp tuyến chung của
( ) ( )
1 2
,C C
là
( )
2 2
: 0 0Ax By C A B∆ + + = + ≠
∆
là tiếp tuyến chung của
( ) ( )
1 2
,C C

( )

( )
( )
( )
2 2
1 1
2 2
2 2
2 3 1
;
;
3 4 3 2
B C A B
d I R
d I R
A B C A B


+ = +
∆ =
 
⇔ ⇔
 
∆ =
 
− + = +


Từ (1) và (2) suy ra
2A B=
hoặc

3 2
2
A B
C
− +
=
0,25
Trường hợp 1:
2A B=
.
Chọn
1 2 2 3 5 :2 2 3 5 0B A C x y= ⇒ = ⇒ = − ± ⇒ ∆ + − ± =
Trường hợp 2:
3 2
2
A B
C
− +
=
. Thay vào (1) được
2 2
4
2 2 0; : 2 0; : 4 3 9 0
3
A B A B A A B y x y− = + ⇔ = = − ⇒ ∆ + = ∆ − − =
0,5
b)
Gọi H là trung điểm của BC
( )
( )

3
; '
2
a
d M BB C AH⇒ = =
0,25
2 3
' ' '
1 1 3
'. .
2 2 3 12
BB C MBB C BB C
a a
S BB BC V AH S
∆ ∆
= = ⇒ = =
0,25
Gọi I là tâm hình vuông BCC’B’ (Học sinh tự vẽ hình)
Ta có
' ; ' ' ' .B C MI B C BC B C MB⊥ ⊥ ⇒ ⊥
0,5
Câu
(Học sinh tự vẽ hình)
Gọi K là hình chiếu của A trên d
K⇒
cố định;
Gọi
( )
α
là mặt phẳng bất kỳ chứa d và H là hình chiếu của A trên

( )
α
.
0,25
Trong tam giác vuông AHK ta có
.AH AK≤
0,25
4
VIa
Vậy
( )
max
AH AK
α
= ⇔
là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK.
Gọi
( )
β
là mặt phẳng qua A và vuông góc với d
( )
: 2 2 15 0x y z
β
⇒ + + − =
( )
3;1;4K⇒
0,25
( )
α
là mặt phẳng qua K và vuông góc với AK

( )
: 4 3 0x y z
α
⇒ − + − =
0,25
Câu Vb
a)
Gọi
( )
2 2
2 2
: 1
x y
H
a b
− =
(H) tiếp xúc với
( )
2 2
: 2 0 4 1d x y a b− − = ⇔ − =
0,25
( ) ( ) ( )
2 2
16 4
4 2 4;2 1 2x y A H
a b
= ⇒ = ⇒ ∈ ⇒ − =
0,25
Từ (1) và (2) suy ra
( )

2 2
2 2
8; 4 : 1
8 4
x y
a b H= = ⇒ − =
0,5
b)
(Học sinh tự vẽ hình)
Lấy B’ trên OB; C’ trên OC sao cho
' ' 4OA OB OC
= = =
0,25
Lấy M là trung điểm của B’C’
( ) ( )
' ' .OAM OB C⇒ ⊥
Kẻ
( )
' 'AH OM AH OB C⊥ ⇒ ⊥
0,25
Ta có
2 3 4 6
2 3
3 3
AM OM MH AH= = ⇒ = ⇒ =
0,25
·
1 15 3
. .sin
2 2

OBC
S OB OC BOC= =
Vậy
1
. 10 2
3
OABC OBC
V AH S= =
0,25
Câu
VIb Gọi
( ) ( )
1 2 ;3 3 ;2 , 5 6 ';4 '; 5 5 'M t t t N t t t+ − + − −
( )
( )
; 2 2 1 1 0; 1.d M P t t t= ⇔ − = ⇔ = =
0,25
Trường hợp 1:
( ) ( )
0 1;3;0 , 6 ' 4;4 ' 3; 5 ' 5t M MN t t t= ⇒ = + − − −
uuuur
( )
. 0 ' 0 5;0; 5
P P
MN n MN n t N⊥ ⇔ = ⇒ = ⇒ −
uuuur uur uuuuruur
0,25
Trường hợp 2:
( ) ( )
1 3;0;2 , 1; 4;0t M N= ⇒ − −

0,25
Kết luận 0,25
THI THỬ ĐẠI HỌC 2010 -ĐỀ 2
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
I.Phần chung cho tất cả các thí sinh (7,0 điểm)
5
Câu I. (3 điểm) Cho hàm số
1
1
−
+
=
x
x
y
. (1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1).
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại giao điểm của đồ thị và Ox.
3. Tìm m để đường thẳng d: y = mx +1 cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt.
Câu II. (3 điểm)
1,Giải phương trình
.433
1
=+
−xx
(2)
2,Cho x, y là hai số thực không âm thoả mãn x + y = 2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu
thức P =
.

11
22
x
y
y
x
+
+
+

3. Tính tích phân I =
∫
e
xdxx
1
ln
Câu III. (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có SA ⊥ (ABC), ∆ABC đều cạnh a, SA = a. Tính thể tích khối chóp S.ABC.
Phần riêng (3,0 điểm): Thí sinh học chương trình nào thì chỉ được làm phần dành riêng cho chương
trình đó (phần 1 hoặc phần 2).
1. Dành cho thí sinh học theo chương trình chuẩn
Câu IV.a (2 điểm). Trong hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2; 1; 1), B(1; 2; 4), C(-1; 3; 1).
1. Viết phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn AB.
2. Tìm tọa độ điểm M trên Oy sao cho M cách đều hai điểm B và C.
Câu V.a (1 điểm). Parabol có phương trình y
2
=2x chia diện tích hình tròn x
2
+y
2

=8 theo tỉ số nào?
2. Dành cho thí sinh học theo chương trình nâng cao
Câu IV.b (2 điểm)
Trong hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(0; 2; 4), B(4; 0; 4), C(4; 2; 0), D(4; 2; 4).
1. Lập phương trình mặt cầu đi qua A, B, C, D.
2. Tính khoảng cách từ A tới mặt phẳng (BCD).
Câu V.b (1 điểm). Cho hình phẳng giới hạn bởi các đường y=xe
x
; x=2 và y=0. Tính thể tích của vật thể
tròn xoay có được khi hình phẳng đó quay quanh trục Ox .
Hết
HƯỚNG DẨN ĐỀ 2
Câu1. (1.5 điểm)
*) Tập xác định D = R\{1}
*) Sự biến thiên
+) Đúng các giới hạn, tiệm cận
+) Đúng chiều biến thiên, bảng biến thiên
*) Vẽ đúng đồ thị.
2. (1 điểm) Đồ thị giao với Ox tại A(-1; 0) ta có y’(-1) =
1
2
−
6
Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại A là:
1 1
2 2
y x= − −
1. (0.5 điểm). Hoành độ giao điểm của d và (C) (nếu có) là nghiệm phương trình sau:
2
1

1
1
1
2 0 (2).
x
x
x
x
mx mx
≠

+
+ = ⇔

−
− − =

Đặt f(x) = mx
2
- mx - 2
d cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi (2) có hai nghiệm phân biệt, x
≠
1.

0
0
0
8.
(1) 0
m

m
m
f
≠

>


⇔ ∆ > ⇔


< −


≠

KL
Cõu2 1. (1điểm)
3
(2) 3 4
3
x
x
⇔ + =
Đặt t = 3
x
, t > 0. Phương trình (1) trở thành





=
=
⇔=+−
3
1
034
2
t
t
tt
+) t = 1 ⇒ x = 0
+) t =3 ⇒ x = 1.
KL…
2. (1 điểm)
Từ x + y = 2 ⇒ y = 2-x.
Do x, y ≥ 0 nên x ∈ [0; 2].
Ta được P =
).(
3
9
1
9
8
1
)2(
3
22
xf
xxx

x
x
x
=
−
−
+
+−=
+
−
+
−
f(x) liên tục trên [0; 2]
.10)(',
)3()1(
)1(72
)('
22
=⇔=
−+
−
= xxf
xx
x
xf
f(0) = f(2) = 4; f(1) = 1.
.1)(;4)(
]2;0[]2;0[
==== xfMinPMinxfMaxMaxP
3. (1điểm)

2 2 2
1 1
1
ln ( ) ln (ln )
2 2 2
e
e e
x x x
I xd x d x= = −
∫ ∫
2 2 2 2
1
1
1
.
2 2 2 4 4
e
e
e xdx e x e +
= − = − =
∫
ABCSABC
SSAV
∆
= .
3
1
Do ∆ABC đều, cạnh a nên S
∆
ABC

=
4
3
2
a
Do đó ta được
12
3
3
.
a
V
ABCS
=
.
Cõu3:1. (1điểm). Gọi (P) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB.
(P) đi qua trung điểm
)
2
5
;
2
3
;
2
3
(M
(P) có vtpt là
)3;1;1(−=AB
Phương trình mặt phẳng (P): -2x + 2y + 6z - 15 = 0.

7
2. (1điểm). M ∈ Oy ⇔ M(0; a; 0)
theo bài ta có MB = MC
⇔ MB
2
= MC
2

⇔ 1 + (a - 2)
2
+ 16 = 1 + (a - 3)
2
+ 1
⇔ a = -5
Vậy M(0; -5; 0).
Tính được diện tích hình tròn là 8
π
Tính được diện tích phần parabol chắn hình tròn (phần nhỏ) là
4
2
3
+ π
.
Tính được diện tích phần còn lại, từ đó suy ra tỉ số cần tính.
Cõu4;1. (1 điểm) Gọi (S) là mặt cầu đi qua A, B, C, D
Phương trình (S) có dạng x
2
+ y
2
+ z

2
+ 2Ax + 2By + 2Cz + D = 0.
(S) đi qua A, B, C, D ⇔







−=+++
−=++
−=++
−=++
36848
2048
3288
2084
DCBA
DBA
DCA
DCB
Giải hệ được A = -2, B = - 1, C = - 2, D = 0.
Thử lại và kết luận phương trình mặt cầu (S) là x
2
+ y
2
+ z
2
- 4x -2y - 4z = 0.

2. (1 điểm)

)0;2;0(),4;2;0( =−= BDBC
.
Mặt phẳng (BCD) đi qua B và có vtpt là
)0;0;8(],[ =BDBC
Phương trình mặt phẳng (BCD): x - 4 = 0.
Khoảng cách từ A tới (BCD) là d = 4.
Cõu 5:Lập được công thức thể tích cần tìm V=
2
2 2
0
x
x e dxπ
∫
Tính đúng V=
4
(5 1)
4
e
π
−
(ĐVDT).
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2010
Môn: Toán. Khối A, B.
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu I. (2 điểm). Cho hàm số
2 1
1
x

y
x
−
=
+
(1).
1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
8
Đề thi thử lần 1
(Tháng 04 năm 2010)
2) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) để tiếp tuyến của (C) tại M với đường thẳng đi qua M và giao
điểm hai đường tiệm cận có tích hệ số góc bằng - 9.
Câu II. (2 điểm)
1) Giải phương trình sau:
2
1 1
2
2
x
x
+ =
−
.
2) Giải phương trình lượng giác:
4 4
4
sin 2 os 2
os 4
tan( ).tan( )
4 4

x c x
c x
x x
π π
+
=
− +
.
Câu III. (1 điểm) Tính giới hạn sau:
3
2
2
0
ln(2 . os2 ) 1
lim
x
e e c x x
L
x
→
− − +
=
Câu IV . (2 điểm)
Cho hình nón đỉnh S có độ dài đường sinh là l, bán kính đường tròn đáy là r. Gọi I là tâm mặt
cầu nội tiếp hình nón (mặt cầu bên trong hình nón, tiếp xúc với tất cả các đường sinh và đường tròn
đáy của nón gọi là mặt cầu nội tiếp hình nón).
1. Tính theo r, l diện tích mặt cầu tâm I;
2. Giả sử độ dài đường sinh của nón không đổi. Với điều kiện nào của bán kính đáy thì diện
tích mặt cầu tâm I đạt giá trị lớn nhất?
Câu V (1 điểm) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn: x

2
+ y
2
+ z
2
= 2.
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x
3
+ y
3
+ z
3
– 3xyz.
Câu VI . (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm
1
( ;0)
2
I
Đường thẳng AB có phương trình: x – 2y + 2 = 0, AB = 2AD và hoành độ điểm A âm. Tìm tọa độ các
đỉnh của hình chữ nhật đó.
Câu VII . (1 điểm) Giải hệ phương trình :
2 2
2
2
3 2
2010
2009
2010
3log ( 2 6) 2log ( 2) 1
y x

x
y
x y x y
−

+
=


+

+ + = + + +

HẾT
Ghi chú: - Thí sinh không được sử dụng bất cứ tài liệu gì!
- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
Họ và tên thí sinh: ……….………………………………….……. Số báo danh: ………………
9
HƯỚNG DẪN
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
I.1
Hàm số:
2 1 3
2
1 1
x
y
x x
−
= = −

+ +
+) Giới hạn, tiệm cận:
( 1) ( 1)
2; 2; ;
lim lim lim lim
x x
x x
y y y y
+ −
→+∞ →−∞
→ − → −
= = = −∞ = +∞
- TC đứng: x = -1; TCN: y = 2.
+)
( )
2
3
' 0,
1
y x D
x
= > ∀ ∈
+
+) BBT:
x -
∞
- 1 +
∞
y' + || +
y

+∞
2
||
2
−∞

+) ĐT:
1
điểm
I.2
+) Ta có I(- 1; 2). Gọi
0
2
0 0
3 3
( ) ( ;2 )
1 ( 1)
M I
IM
M I
y y
M C M x k
x x x x
−
−
∈ ⇒ − ⇒ = =
+ − +
+) Hệ số góc của tiếp tuyến tại M:
( )
0

2
0
3
'( )
1
M
k y x
x
= =
+
+)
. 9
M IM
ycbt k k⇔ = −
+) Giải được x
0
= 0; x
0
= -2. Suy ra có 2 điểm M thỏa mãn: M(0; - 3), M(- 2; 5)
1
điểm
II.1
+) ĐK:
( 2; 2) \{0}x ∈ −
+) Đặt
2
2 , 0y x y
= − >
Ta có hệ:
2 2

2
2
x y xy
x y
+ =


+ =

+) Giải hệ đx ta được x = y = 1 và
1 3 1 3
2 2
;
1 3 1 3
2 2
x x
y y
 
− + − −
= =
 
 
 
− − − +
 
= =
 
 
+) Kết hợp điều kiện ta được: x = 1 và
1 3

2
x
− −
=

1
điểm
II.2
+) ĐK:
,
4 2
x k k Z
π π
≠ + ∈
1
điểm
10
8
6
4
2
-2
-4
-6
-10 -5 5 10
III
3 3
2 2
2 2
0 0

3
2 2 2
2 2 2
3
2 2 2
3
0 0
2 2
2 2
ln(2 . os2 ) 1 ln(1 1 os2 ) 1 1
lim lim
ln(1 2sin 2 ) 1 1 ln(1 2sin 2 ) 1
lim lim
(1 ) 1 1
2sin 2sin
2sin 2sin
1 5
2
3 3
x x
x x
e e c x x c x x
L
x x
x x x
x x x
x x
x x
x x
→ →

→ →
− − + + − + − +
= =
   
   
+ − + + −
   
= + = +
   
+ + + +
   
   
   
= − =
1
điểm
IV.1
+) Gọi
C
r
là bán kính mặt cầu nội tiếp nón, và cũng là bán kính đường tròn nội
tiếp tam giác SAB.
Ta có:
2 2
1
( ). .
2
.2
2( )
SAB C C

C
S pr l r r SM AB
l r r l r
r r
l r l r
= = + =
− −
⇒ = =
+ +
+) S
cầu
=
2 2
4 4
C
l r
r r
l r
π π
−
=
+
1
điểm
IV.2 +) Đặt :
2 3
2 2
2
( ) ,0
5 1

2 ( )
2
) '( ) 0
( )
5 1
2
lr r
y r r l
l r
r l
r r rl l
y r
l r
r l
−
= < <
+

− −
=

− + −

+ = = ⇔
+
−
=


+) BBT:

r
0
5 1
2
l
−

l
y'(r)
y(r) y
max
+) Ta có max S
cầu
đạt
⇔
y(r) đạt max
⇔
5 1
2
r l
−
=
1
điểm
V +) Ta có

2 2 2
2 2 2 2
2 2 2
2 2

( )( )
( )
( )
2
2 ( ) ( )
( ) 2 ( ) 3
2 2
P x y z x y z xy yz zx
x y z x y z
P x y z x y z
x y z x y z
P x y z x y z
= + + + + − − −
 
+ + − + +
= + + + + +
 
 
   
− + + + +
= + + + = + + +
   
   
+) Đặt x +y + z = t,
6( cov )t Bunhia xki≤
, ta được:
3
1
( ) 3
2

P t t t= −
+)
'( ) 0 2P t t= ⇔ = ±
, P(
6±
) = 0;
( 2) 2 2P
− = −
;
( 2) 2 2P
=
+) KL:
ax 2 2; 2 2M P MinP
= = −

1
điểm
VI
+)
5
( , )
2
d I AB =

⇒
AD =
5
⇒ AB = 2
5
⇒ BD = 5.

11
r
l
I
M
S
A
B
+) PT đường tròn ĐK BD: (x - 1/2)
2
+ y
2
= 25/4
+) Tọa độ A, B là nghiệm của hệ:
2 2
2
1 25
2
( )
( 2;0), (2;2)
2 4
2
2 2 0
0
x
y
x y
A B
x
x y

y
 =




=
− + =
 

⇔ ⇒ −


= −


− + =



=



(3;0), ( 1; 2)C D
⇒ − −
VII
2 2
2
2

3 2
2010
2009 (1)
2010
3log ( 2 6) 2log ( 2) 1(2)
y x
x
y
x y x y
−

+
=


+

+ + = + + +

+) ĐK: x + 2y = 6 > 0 và x + y + 2 > 0
+) Lấy loga cơ số 2009 và đưa về pt:
2 2 2 2
2009 2009
log ( 2010) log ( 2010)x x y y
+ + = + +
+) Xét và CM HS
2009
( ) log ( 2010), 0f t t t t
= + + ≥
đồng biến,

từ đó suy ra x
2
= y
2
⇔ x= y, x = - y
+) Với x = y thế vào (2) và đưa về pt: 3log
3
(x +2) = 2log
2
(x + 1) = 6t
Đưa pt về dạng
1 8
1
9 9
t t
   
+ =
 ÷  ÷
   
, cm pt này có nghiệm duy nhất t = 1
⇒ x = y =7
+) Với x = - y thế vào (2) được pt: log
3
(y + 6) = 1 ⇒ y = - 3 ⇒ x = 3
Ghi chú:
- Các cách giải khác với cách giải trong đáp án mà vẫn đúng, đủ thì cũng cho điểm tối đa.
- Người chấm có thể chia nhỏ thang điểm theo gợi ý các bước giải.
ĐỀ 4
( Thời gian làm bài 150 phút )
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )

Câu I ( 3,0 điểm )
Cho hàm số
3 2
y x 3x 4= + −
có đồ thị (C)
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C).
b. Cho họ đường thẳng
(d ): y mx 2m 16
m
= − +
với m là tham số . Chứng minh rằng
(d )
m
luôn cắt đồ
thị (C) tại một điểm cố định I .
Câu II ( 3,0 điểm )
a. Giải bất phương trình
x 1
x 1
x 1
( 2 1) ( 2 1)
−
−
+
+ ≥ −
12
b. Cho
1
f(x)dx 2
0

=
∫
với f là hàm số lẻ. Hãy tính tích phân : I =
0
f(x)dx
1−
∫
.
c. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất nếu có của hàm số
2
x
4x 1
y 2
+
=
.
Câu III ( 1,0 điểm )
Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a . Hình chiếu vuông góc của A’ xuống
mặt phẳng (ABC) là trung điểm của AB . Mặt bên (AA’C’C) tạo với đáy một góc bằng
45
o
. Tính thể tích của
khối lăng trụ này .
II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
Thí sinh học chương trình nào thì làm chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó.
1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz .Viết phương trình mặt phẳng (P) qua O , vuông
góc với mặt phẳng (Q) :
x y z 0+ + =

và cách điểm M(1;2;
1−
) một khoảng bằng
2
.
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
Cho số phức
1 i
z
1 i
−
=
+
. Tính giá trị của
2010
z
.
2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (d ) :
x 1 2t
y 2t
z 1

= +

=


= −


và mặt phẳng (P) :
2x y 2z 1 0+ − − =
.
a. Viết phương trình mặt cầu có tâm nằm trên (d) , bán kính bằng 3 và tiếp xúc với (P) .
b. Viết phương trình đường thẳng (
∆
) qua M(0;1;0) , nằm trong (P) và vuông góc với đường thẳng (d) .
Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
Trên tập số phức , tìm B để phương trình bậc hai
2
z Bz i 0+ + =
có tổng bình phương hai nghiệm bằng
4i−
.
. . . . . . . .Hết . . . . . . .
HƯỚNG DẪN ĐỀ 4
I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm )
Câu I ( 3,0 điểm )
a) 2đ

x
−∞

2−
0
+∞
y
′
+ 0

−
0 +
0
+∞
−∞

4−
13

b) 1đ Ta có : Phương trỉnh hoành độ điểm chung của (C) và
(d )
m
:
x 2
3 2 2
x 3x 4 mx 2m 16 (x 2)[x 5x (10 m)] 0
2
x 5x 10 m 0

=
+ − = − + ⇔ − + + − = ⇔


+ + − =

Khi x = 2 ta có
3 2
y 2 3.2 4 16 ; y = 2m 2m + 16 = 16 , m= + − = − ∀ ∈ ¡

Do đó

(d )
m
luôn cắt (C) tại điểm cố định I(2;16 ) .
Câu II ( 3,0 điểm )
a) 1đ Vì
1
1
( 2 1)( 2 1) 1 2 1 ( 2 1)
2 1
−
+ − = ⇒ − = = +
+
nên
x 1
x 1
x 1
x 1
bpt ( 2 1) ( 2 1) x 1
x 1
−
−
+
−
−
⇔ + ≥ + ⇔ − ≥ −
+
do
2 1 1+ >

2 x 1

(x 1)(x 2)
0
x 1
x 1

− ≤ < −
− +
⇔ ≥ ⇔

+
≥

b) 1đ Đổi biến : u =
x−
du dx dx du
⇒ = − ⇒ = −
.
Đổi cận :  x =
1−
u 1⇒ =
 x = 0
u 0
⇒ =
Vì f là hàm số lẻ nên
f( u) f(u)− = −
Khi đó : I =
0 1 1 1
f( u)du f( u)du f(u)du f(x)dx 2
1 0 0 0
− − = − = − = − = −

∫ ∫ ∫ ∫
c) 1đ Tập xác định
D = ¡

x∀ ∈¡
, ta có :
x 1
2 2 2
(2x 1) 0 4x 4x 1 0 4x 1(4x 1)
2
4
4x 1
+ ≥ ⇒ + + ≥ ⇒ ≥ − + ⇒ ≥ −
+
(1)

x 1
2 2 2
(2x 1) 0 4x 4x 1 0 (4x 1) 4x
2
4
4x 1
− ≥ ⇒ − + ≥ ⇒ + ≥ ⇒ ≤
+
(2)
Từ (1) và (2) suy ra :
2 2
x x
1 1
1 x 1 1

4
4x 1 4x 1
4 4
2 2 2 2 2, x
2 4
4 4
2
4x 1
−
+ +
− ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ ∀ ∈
+
¡
Vậy :
1 1 1
4
miny y( ) ; maxy y( ) 2
4
2 2
2
= − = = =
¡ ¡
14
Câu III ( 1,0 điểm ) Gọi H là trung điểm của AB . Ta có A’H
⊥
(ABC) .Kẻ HE
⊥
AC thì
·
A'EH 45=

o
là
góc giữa hai mặt (AA’C’C) và (ABC) . Khi đó : A’H = HE =
a 3
4
( bằng
1
2
đường cao
∆
ABC) . Do đó :
2 3
a 3 a 3 3a
V .
ABC.A'B'C'
4 4 16
= =

II . PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
1. Theo chương trình chuẩn :
Câu IV.a ( 2,0 điểm ) :
Phương trình mặt phẳng (P) qua O nên có dạng : Ax + By + Cz = 0 với
2 2 2
A B C 0+ + ≠
Vì (P)
⊥
(Q) nên 1.A+1.B+1.C = 0
⇔
A+B+C = 0
C A B⇔ = − −

(1)
Theo đề :
d(M;(P)) =
2
A 2B C
2 2 2 2
2 (A 2B C) 2(A B C )
2 2 2
A B C
+ −
⇔ = ⇔ + − = + +
+ +
(2)
Thay (1) vào (2) , ta được : 8AB+5
8A
2
B 0 B 0 hay B =
5
= ⇔ = −

(1)
B 0 C A . Cho A 1,C 1= → = − = = −
thì (P) :
x z 0− =

8A
B =
5
−
. Chọn A = 5 , B =

1
−
(1)
C 3→ =
thì (P) :
5x 8y 3z 0− + =
Câu V.a ( 1,0 điểm ) :
Ta có :
2
1 i (1 i)
z i
1 i 2
− +
= = =
+
nên
2010 2010 4 502 2 4 502 2
z i i i .i 1.( 1) 1
× + ×
= = = = − = −
2. Theo chương trình nâng cao :
Câu IV.b ( 2,0 điểm ) :
a) 1đ
Tâm mặt cầu là
I (d)∈
nên I(1+2t;2t;
1−
)
Theo đề : Mặt cầu tiếp xúc với (P) nên

2(1 2t) 2t 2( 1) 1
d(I;(P)) R 3 6t 3 3 t 0,t 1
4 1 4
+ + − − −
= = = ⇔ + = ⇔ = = −
+ +
 t = 0 thì I(1;0;
1−
)
2 2 2
(S ):(x 1) y (z 1) 9
1
⇒ − + + + =
 t =
1−
thì I(
1; 2− −
;
1−
)
2 2 2
(S ):(x 1) (y 2) (z 1) 9
2
⇒ + + + + + =
b) 1đ VTCP của đường thẳng (d) là
u (2;2;0) 2(1;1;0)= =
r
15
VTPT của mặt phẳng là
v (2;1; 2)= −

r

Gọi
u
∆
r
là VTCP của đường thẳng (
∆
) thì
u
∆
r
vuông góc với
u,n
r r
do đó ta chọn

u [u,v] ( 2)(2; 2;1)= = − −
∆
r r r
.
Vậy
Qua M(0;1;0)
x y 1 z
( ): ( ):
vtcp u [u,v] ( 2)(2; 2;1)
2 2 1

−
∆ ⇒ ∆ = =


= = − −
−

∆
r r r


Câu V.b ( 1,0 điểm ) :
Gọi
z ,z
1 2
là hai nghiệm của phương trình đã cho và
B a bi
= +
với
a,b∈¡
.
Theo đề phương trình bậc hai
2
z Bz i 0+ + =
có tổng bình phương hai nghiệm bằng
4i−
.
nên ta có :
2 2 2 2 2
z z (z z ) 2z z S 2P ( B) 2i 4i
1 2 1 2 1 2
+ = + − = − = − − = −
hay

2
B 2i= −
hay

2 2 2
(a bi) 2i a b 2abi 2i+ = − ⇔ − + = −
Suy ra :
2 2
a b 0
2ab 2


− =

= −


.
Hệ phương trình có nghiệm (a;b) là
(1; 1),( 1;1)− −
Vậy :
B 1 i = −
,
B = 1 i− +
,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,
ĐỀ SỐ 5
Thời gian: 120 phút (không kể phát đề)
I - PHẦ N CHUNG CHO TẤ T C Ả H Ọ C SINH (7,0 đ i ể m )
Câu 1. (3,0 điểm)Cho hàm số
3 2

1
2 3 1
3
y x x x= − + −
a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên.
b) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) và các đường thẳng
0, 2, 3y x x= = =
.
Câu 2. (3,0 điểm)
16
Tính các tích phân sau
1)
3
2
0
x
I dx
1 x
=
+
ò
2)
( )
5
1
ln
e
I x x x dx= +
∫
Câu 3. (1,0 điểm)

Tìm môđun của số phức z biết rằng
( )
1 2 (4 5 ) 1 3i z i i− + − = +
.
II - PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Học sinh học chương trình nào thì chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó (phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình Chuẩn
Câu 4.a (2.0 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm
A(1;2;0)
,
B(3; 4; 2)-
và mặt phẳng
(P):
x y z 4 0- + - =
.
1. Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua hai điểm A, B và vuông góc với mặt phẳng (P).
2. Gọi I là điểm thỏa mãn
IA IB 0+ =
uur
uur
r
. Hãy viết phương trình mặt cầu tâm I và tiếp xúc với
mặt phẳng (P).
Câu 5.a (1.0 điểm)
Tìm
x (0; )+ ¥Î
thỏa mãn :
( )
x

2
0
2 sin t 1 dt 0- =
ò

2. Theo chương trình Nâng cao
Câu 4.b (2.0 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm
A(1;2;0)
,
B(3; 4; 2)-
và mặt phẳng
(P):
x y z 4 0- + - =
.
1. Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua hai điểm A, B và vuông góc với mặt phẳng (P).
2. Gọi I là điểm thỏa mãn
3IA 2IB 0- =
uur
uur
r
. Hãy viết phương trình mặt cầu tâm I và tiếp xúc với
mặt phẳng (P).
Câu 5.b (1.0 điểm)
Xét số phức
( )
z x yi x,y R= + Î
. Tìm x, y sao cho
( )
2

x yi 8 6i+ = +
.
Hết
HƯỚNG DẨN ĐỀ 5
I. PHẦN CHUNG;(7 điểm)
Câu1;a) * TXĐ:
¡
*
2
' 4 3y x x= − +
=>
2
1
' 0 4 3 0
3
x
y x x
x

=
= ⇔ − + = ⇔

=

* Giới hạn.
lim
x
y
→+∞
= +∞

và
lim
x
y
→−∞
= −∞
• Bảng biến thiên
- Hàm số đồng biến trên các khoảng
( )
;1−∞
và
( )
3;+∞
.
- Hàm số nghịch biến trên
( )
1;3
.
- Điểm cực đại
1
1;
3
 
 ÷
 
- Điểm cực tiểu
( )
3; 1−
* Đồ thị.
Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt

17
Một số điểm thuộc đồ thị
x 0 1 2 3 4
y
1−
1
3
1
3
−
1−
1
3
Câu1:b), diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) và các đường thẳng
0, 2, 3y x x= = =
là
3
3 2
2
1
2 3 1
3
S x x x dx= − + −
∫
3
3 2
2
1
2 3 1
3

x x x dx
 
= − − + −
 ÷
 
∫
3
4 3
2
1 2 3
12 3 2
x x x x
 
= − − + −
 ÷
 
3
4
=
.
Câu2a) Tính các tích phân sau
3
2
0
x
I dx
1 x
=
+
ò

Đặt
2
u 1 x du 2xdx= + =Þ
Đổi cận:
u 4
x 3
u 1
x 0
=
=
Þ
=
=

Do đó:
4
1
4
1
I du u 1
1
2 u
= = =
ò
Vậy
I 1=
Câu2b)
( )
5 5 6
1 1 1

ln ln
e e e
I x x x dx x xdx x dx= + = +
∫ ∫ ∫
Tính
5
1
1
ln
e
I x xdx=
∫
.Đặt
5 6
1
ln
6
du dx
u x
x
dv x dx x
v

=


=
 
⇒
 

=



=


6 5 6 6 6
1
1
1 1 1
ln ln 5 1
6 6 6 36 36
e e e
e
x x x x x x e
I dx
+
= − = − =
∫
* Tính
7 7
6
2
1
1
1
7 7
e
e

x e
I x dx
−
= = =
∫
Vậy
6 7
5 1 1
36 7
e e
I
+ −
= +
Câu3)Ta có
( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
− + − = + ⇔ − = + − − ⇔ − = − +
− + +
− + − − + + − + −
⇔ = = ⇔ = ⇔ = = +
− − + +
2
2 2
1 2 (4 5 ) 1 3 1 2 1 3 (4 5 ) 1 2 3 8
3 8 1 2
3 8 3 6 8 16 19 2 19 2
1 2 1 2 1 2 1 2 5 5 5
i z i i i z i i i z i
i i

i i i i i
z z z i
i i i
Do đó
2 2
19 2 19 2 73 365
5 5 5 5 5 5
z i
   
− −
= + = + = =
 ÷  ÷
   
II - PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
18
Hc sinh hc chng trỡnh no thỡ ch c lm phn dnh riờng cho chng trỡnh ú (phn 1 hoc
phn 2)
1. Theo chng trỡnh Chun
Cõu 4 (20 im)
1. Vit phng trỡnh mt phng (Q) i qua hai im A, B v vuụng gúc vi mt phng (P).
Mt phng (P) cú vect phỏp tuyn l :
P
n (1; 1;1)= -
uur
,
AB (2;2; 2)= -
uuur
Vỡ (Q) qua A,B v vuụng gúc vi (P) nờn (Q) cú mt vect phỏp tuyn l:

( )

Q P
1 1 1 1 1 1
n n ;AB ; ; 0;4;4
2 2 2 2 2 2
ổ ử
- -
ữ
ỗ
ộ ự
ữ
ỗ
= = =
ữ
ỗ
ờ ỳ
ữ
ở ỷ
- -ỗ
ữ
ỗ
ố ứ
uuur
uur uur
Do ú phng trỡnh mt phng (Q) l

4(y 2) 4(z 0) 0
y z 2 0
- + - =
+ - =
Vy phng trỡnh (Q):

y z 2 0+ - =
2. Gi I l trung im ca AB. Hóy vit phng trỡnh mt cu tõm I v tip xỳc vi mt phng (P).
Do I tha món
IA IB 0+ =
uur
uur
r
nờn I l trung im ca AB
Ta trung im I ca AB l:
I(2;3; 1)-
Gi (S) l mt cu cú tõm I v tip xỳc vi (P)
Bỏn kớnh ca mt cu (S) l:

R d(I,(P))
2 3 1 4 6
2 3
3 3
=
- - - -
= = =
Vy phng trỡnh mt cu (S) l
2 2 2
(x 2) (y 3) (z 1) 12- + - + + =

Cõu 5.a (1.0 im)
Tỡm
x (0; )+ Ơẻ
tha món :
( )
x

2
0
2 sin t 1 dt 0- =
ũ
(1)
Ta cú:
( )
x x
2
0 0
x
1 1
2 sin t 1 dt cos2tdt s in2t s in2x
0
2 2
- = - = - = -
ũ ũ
Do ú:

1
(1) s in2x= 0 s in2x= 0
2
2x k
k
x
2
-
= p
p
=

Do
x (0; )+ Ơẻ
nờn ta chn
k
x
2
p
=
vi
k Z
+
ẻ
2. Theo chng trỡnh Nõng cao
Cõu 4b (2,oim)
1. Vit phng trỡnh mt phng (Q) i qua hai im A, B v vuụng gúc vi mt phng (P).
Mt phng (P) cú vect phỏp tuyn l :
P
n (1; 1;1)= -
uur
,
AB (2;2; 2)= -
uuur
Vỡ (Q) qua A,B v vuụng gúc vi (P) nờn (Q) cú mt vect phỏp tuyn l:

( )
Q P
1 1 1 1 1 1
n n ;AB ; ; 0;4;4
2 2 2 2 2 2
ổ ử

- -
ữ
ỗ
ộ ự
ữ
ỗ
= = =
ữ
ỗ
ờ ỳ
ữ
ở ỷ
- -ỗ
ữ
ỗ
ố ứ
uuur
uur uur
Do ú phng trỡnh mt phng (Q) l
19

4(y 2) 4(z 0) 0
y z 2 0
- + - =
+ - =Û
Vậy phương trình (Q):
y z 2 0+ - =
2. Gọi I là điểm thỏa mãn
3IA 2IB 0- =
uur

uur
r
. Hãy viết phương trình mặt cầu tâm I và tiếp xúc với mặt
phẳng.
Gọi I(x;y) là điểm thỏa mãn
3IA 2IB=
uur
uur
, ta có:
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
3 1 x 2 3 x
x 3
3IA 2IB 3 2 y 2 4 y y 2
z 4
3 0 z 2 2 z
ì
ì
ï
ï
- = -
= -
ï
ï
ï
ï
ï
ï

ï ï
= - = - = -Û Û
í í
ï ï
ï ï
ï ï
=
- = - -
ï ï
ï
î
ï
î
uur
uur
. Suy ra:
I( 3; 2;4)- -
Gọi (S) là mặt cầu có tâm I và tiếp xúc với (P)
Bán kính của mặt cầu (S) là:

3 2 4 4 1 3
R d(I,(P))
3 3 3
- + + - -
= = = =
Vậy phương trình mặt cầu (S) là
2 2 2
1
(x 3) (y 2) (z 4)
3

+ + + + - =
Câu 5.b(1.0 điểm)
Xét số phức
( )
z x yi x,y R= + Î
. Tìm x, y sao cho
( )
2
x yi 8 6i+ = +
Ta có:
( )
2
2 2
4 2 2
2
2 2
2
x yi 8 6i x y 2xyi 8 6i
x 3
9
x 8x 9 0 x 9
x 8
y 1
x y 8
x
3 3
3
xy 3 x 3
y y
y

x x
x
y 1
+ = + - + = +Û
é
ì =
ï
ï
ê
ì
ï
í
ì ì
ê
- - = =
ï ï
ï
- =
ì ï
=
ï ï
- =ï
ï
ê
ï
ï ï
ï î
ï
ï ï ï ï
ê

Û Û Û Û Û
í í í í
êï ï ï ï
ì= = -
ï
= =
ï ï ï ï
=
ï
î ï
ê
ï ï ï
ï ï
î î
í
ï
ê
ï
î
ï
= -
ê
ï
î
ë
Vậy giá trị x, y cần tìm là
x 3
y 1
ì =
ï

ï
í
ï
=
ï
î
hoặc
x 3
y 1
ì = -
ï
ï
í
ï
= -
ï
î

20