Các câu vận dụng có đáp án chi tiết trong đề thi thử đại học môn toán trường chuyên đồng bằng sông hồng | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (445.06 KB, 14 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

TỔNG HỢP CÁC CÂU VẬN DỤNG – VẬN DỤNG CAO CỤM 5 TRƯỜNG CHUYÊN ĐBSH
Câu 1: [2H2-2] [Cụm 5 trường chuyên ĐBSH] Cho hai mặt phẳng

 

P và

 

Q vng góc với nhau

theo giao tuyến . Trên đường  lấy hai điểm A, B với AB a . Trong mặt phẳng

 

P lấy
điểm C và trong mặt phẳng

 

Q lấy điểm D sao cho AC , BD cùng vng góc với  và

AC BD AB  . Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là:
A. 3

a . B. 3

a . C.

a . D. 2 3

a .

Lời giải
Chọn B.

Ta có hai mặt phẳng



ABC và





ABD vng góc với nhau theo giao tuyến



AB mà CAAB





CA ABD

  suy ra CAAD.
Tương tự, ta cũng có DBBC.

Hai điểm A, B cùng nhìn đoạn CD dưới một góc vng nên bốn điểm A, B, C , D nằm
trên mặt cầu đường kính CD , tâm I là trung điểm CD .

Xét tam giác vuông ACD , ta có CD AC2 AD2

   a2 2a2 a 3.
Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là 3

a

R  .

Câu 2: [1D2-4] Có bao nhiêu số nguyên dương n sao cho



0 0 0

 

1 1 1





1 1



1 2 1 2 1

2 ... ... ...  



     n     n   nn  nn  nn

S C C C C C C C C C là một số có 1000 chữ

số?

A. 2. B. 1. C. 3. D. 0.

Lời giải

Chọn C.

(Có edit lại cho rõ)

Ta có:

0
1

n
k
k

S S



 



, với Sk Ck0Ck1Ck2...Ckk, k



0;1;...;n



Ta có: 0 1 2 ... k



1 1



k 2k

k k k k

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Suy ra:



2 3



1 1

1 2

1 2 1 1 2 2 2 ... 2 1 1. 2 .

1 2

n
n

k n n

k

S







           





Ta có:

S là một số có 1000 chữ số 10999 S 101000

   10999 2n1101000

2 2

999 log 10 1 n 1000 log 10 1

      3317,606 n 3320,92

Do n   nên n 



3318;3319;3320



Vậy có 3 số nguyên dương n thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Câu 3: [2D4-4]Cho hai số phức z z1, 2 thỏa mãn z1 1 i 2 và z2 iz1. Tìm giá trị lớn nhất m của
biểu thức z1 z2

A. m 2 2 2 . B. m  2 1 . C. m 2 2. D. m  .2
Lời giải

Chọn A.

Cách 1: (PB thêm cách)

Gọi M là điểm biểu diễn cho số phức z1. Ta có:

1 1 2 2

z   i   MI  , với I 



1;1



nên M thuộc đường tròn

 

C tâm I 



1;1



, bán kính

R 

Ta có: z1 z2 z1 iz1 



1 i z



1  2 z1  2OM.

Ta có OI  2R nên O nằm trong

 

C . Do đó OM OI R  2 2 .

Vậy m  2



2 2



 2 2 2

Cách 2:

Ta có z1 z2 z1 iz1  1 i z. 1  2.z1

Đặt z1 a bi với (a b  , ) theo đề bài ta có









2 2

1 1 4

a  b  (*). Ta cần tìm GTLN của
2 2

m a b

Đặt t a2 b2

  . Ta có:

 

*  4a22a 1 b2 2b 1 2(a b ) 2 t.
Mà



a b





12 ( 1) .2

 

a2 b2



     (**) nên



2 t



2 4(a b )2 8t  t212t 4 0  6 4 2   t 6 4 2
Kết hợp với t a2 b2 0

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Suy ra m 2t  12 8 2 2 2 2

Dấu "" xảy ra khi

 

** xảy ra khi

1 1

a b

  

 . Kết hợp

 

* ta được









1 1 2 1

z     i

Vậy giá trị lớn nhất của m bằng 2 2 2 .

Câu 4: [1D1-4] Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số sin cos tan cot 1 1
sin cos

y x x x x

x x

      .

A. 2 2 1 . B. 2 2 1 . C. 2 1 . D. 2 1 .
Lời giải

Chọn A.

Cách 1: Đặt asinx,bcosxthì





2 2

1 1 ab a b a b a b

a b

P a b

b a a b ab

    

       ab a b





1 a b

ab

   

 vì a2 b2 1

  .

Đặt t a b, tức là 2 sin

t x

  nên t  2; 2

 

  .

Lại có t2 1 2ab 2ab t2 1

     . Do đó 2









2 1 2 1

2 1

ab a b a b

P t

ab t

   

    

 .

Với t   2; 2

 

+) Với t  1 0, áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có 1 2 1 2 2 1.
1

P t
t

     



+) Với t  1 0, áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có 1 2 2 2
1

t
t

  

 nên

1 2 2

1
t

t

  

 

1 1 2 2 1

1
t

t

    

 .

Từ đó P 2 2 1 .

Dấu bằng đạt được khi t  1 2, hay sin 1 2

4 2

x  

 

 

 

  nên tồn tại x .

Cách 2 (PB bổ sung)

Ta có sin cos tan cot 1 1

sin cos

y x x x x

x x

      sin cos 1 sin cos

sin .cos

x x

 

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Đặt tsinxcosx 2 sin

4
x 

 

   

 ,

 

2 2

; \ 1

2 2

t  

 

2 1
sin .cos

2
t

x x  .

Suy ra 2

1
1
2

t
y t

t

 



2
1

t

t
 

 .

Xét hàm số

 

1
g t t

t
 

 ,

 





2
2
1

1
g t

t
  











2
2

1 2

1
t

t

 



 ,g t

 

 

 





2 1
2 1 t/m

t l

t

  




  



 

2 3 2 2 0,

g    g 





0, g 



2 1



2 2 1 0 

Ta có bảng biến thiên

Dựa vào bảng biến thiên suy ra ymin g



 2 1



2 2 1 .

Câu 5: [2D1-4] Cho hàm số

2 4

x m x

y

x m

 



 . Biết rằng đồ thị hàm số có hai điểm cực trị phân biệt là

A, B. Tìm số giá trị của m sao cho ba điểm A, B, C



4;2



phân biệt và thẳng hàng.

A. 0 . B. 2. C. 1. D. 3 .

Lời giải

Chọn A.

Ta có





2 2

2 4

x m x m

y

x m

  

 

 . Suy ra

2
0

x m

y

x m

  

   

 



Nên đồ thị hàm số ln có hai điểm cực trị và đường thẳng qua hai cực trị là d : 2
1
x m

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Vì A, B, C



4;2



thẳng hàng nên C d  m 6. Khi đó 0 4
8.
x
y

x


    


Với x 4 y2, tức là có một điểm cực trị trùng với C .

Vậy khơng có giá trị nào của m thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Cách 2: (PB bổ sung)

Tập xác định D\

 

m .

Ta có

2 4

x m x

y x

x m x m

 

  

  .





2
4
1

y

x m
  

 ,  x D, y 0

2
2

x m

  
 

 


Tọa độ hai điểm cực trị là B



2 m;4 m



, A



 2 m; 4  m





4;8



AB 



, AC



6 m;6 m



Ba điểm A, B, C



4; 2



phân biệt và thẳng hàng

6 0 6 0

6 6 1 1

4 8

m m

     

 

     




 




(vơ nghiệm).

Vậy khơng có giá trị m nào thỏa mãn.

Câu 6: [2D1-3] Cho hàm số y f x

 

ax3 bx2 cx d

    



a0; , , ,a b c d  có đồ thị là



 

C . Biết
rằng đồ thị

 

C đi qua gốc tọa độ và đồ thị hàm số yf x

 

cho bởi hình vẽ dưới đây. Tính
giá trị của biểu thức H f

 

4  f

 

2 .

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Lời giải

Chọn A.

Vì đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ nên d  .0

 

3 2 2

f x  ax  bx c có đồ thị là một parabol nhận trục Oy làm trục đối xứng và qua điểm



0;1



nên suy ra b  , 0 c  .1

Đồ thị yf x

 

đi qua



1;4 nên ta có 3



a  1 4 a1.

Do đó f x

 

x3x.

Vậy H f

 

4  f

 

2 68 10 58  .

Câu 7: [1D2-3] Trước kỳ thi học kỳ 2 của lớp 11 tại trường FIVE, giáo viên Toán lớp FIVE A giao
cho học sinh đề cương ôn tập gồm 2n bài toán, n là số nguyên dương lớn hơn 1. Đề thi học kỳ
của lớp FIVE A sẽ gồm 3 bài toán được chọn ngẫu nhiên trong số 2n bài tốn đó. Một học
sinh muốn khơng phải thi lại, sẽ phải làm được ít nhất 2 trong số 3 bài tốn đó. Học sinh
TWO chỉ giải chính xác được đúng 1 nửa số bài toán trong đề cương trước khi đi thi, nửa cịn
lại học sinh đó khơng thể giải được. Tính xác suất để TWO khơng phải thi lại.

A. 1.

2 B.

1
.

3 C.

3 D.

3
.
4

Lời giải

Chọn A.

Gọi B là biến cố: Học sinh TWO làm đúng 2 trong 3 bài toán thi.
Gọi C là biến cố: Học sinh TWO làm đúng cả 3 bài toán thi.
Gọi A là biến cố: Học sinh TWO khơng phải thi lại.

Ta có: A B C  với B, C là hai biến cố xung khắc.
Khi đó số phần tử của khơng gian mẫu:

 

2n
n  C .
* Xét biến cố B:

+) Chọn 2 bài trong n bài học sinh TWO làm được là: 2

n

C .

+) Chọn 1 bài trong n bài học sinh TWO khơng làm được là: Cn1.

Từ đó suy ra:

 

2 1
3
2
.

n n

n

C C
P B

C

 .

* Tương tự với biến cố C :

 

3
3
2

n
n

C
P C

C

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Vậy:

 

3 1 2
3
2

n n n

n

C C

P C

C

P B C

A  P  







 





 



1 1 2

2 6

2 2 1 2 2

n n n n n n

n n n

  




 



 





 



1 3 2 1

2 2 1 2 2 2

n n n n

n n n

  

 

  .

Câu 8: [2D1-4] Biết rằng đồ thị hàm số bậc 4: yf x

 

được cho như hình vẽ sau:

Tìm số giao điểm của đồ thị hàm số y g x

 

 f x

 

2 f x f

 

. 

 

x và trục Ox .

A. 4. B. 6. C. 2. D. 0.

Lời giải
Chọn D.

(Có chỉnh sửa)

Gọi các hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số yf x

 

và trục Ox là x1, x2, x3, x4.

Suy ra: f x

 

a x x



 1

 

x x 2

 

x x 3

 

x x 4



Ta có:

 



 





 



f x a x x x x x x a x x x x x x



 





 



a x x x x x x a x x x x x x

        .

Theo giả thiết ta có:

 

   

g x  f x   f x f x

 

i

 

i 2

   

i . i

 

i 2 0

g x f x f x f x f x

       , với mọi i 



1; 2;3; 4



 

g x

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Xét x x i, ta có:

 

4
1

i i

f x

f x  x x








 

   

 





4 4

2 2

1 1

0, i

i i i i

f x f x f x

f x

x x

f x  x x f x  x x

      

      

         

   

 

 



 



 

   

. 0, i

f x f x f x x x

       .

Do đó trong mọi trường hợp phương trình g x 

 

0 đều vơ nghiệm.

Vậy đồ thị hàm số y g x

 

cắt trục Ox tại 0 điểm.

Câu 9: [2D4-4]. Cho hai số phức z z1, 2 thoả mãn z1 2,z2  3. Gọi M N, là các điểm biểu diễn
cho z1 và iz2. Biết MON   30 . Tính

2 2

1 4 2

S z  z .

A. 5 2 . B. 3 3. C. 4 7. D. 5.

Lời giải

Chọn C.

Ta có





2 2 2

1 4 2 1 2 2 1 2 2 . 1 2 2
S z  z z  iz z  iz z  iz

Gọi P là điểm biểu diễn của số phức 2iz2.
Khi đó ta có

1 2 2 . 1 2 2 .

z  iz z  iz OM OP OM OP     

. 2 2 .

PM OI PM OI

   .

Do MON  30 nên áp dụng định lí cơsin cho tam giác OMN với OM  , 2 ON  3, ta có:


2 2 2 2. . .cos

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Áp dụng định lí đường trung tuyến cho OMN ta có:

2 2 2

2 7

2 4

OM OP MP

OI     .

Vậy S 2PM OI. 2.2. 7 4 7 .

Câu 10: [1D2-4] Từ các chữ số



0,1, 2,3, 4,5,6 viết ngẫu nhiên một số tự nhiên gồm 6 chữ số khác



nhau có dạng a a a a a a . Tính xác suất để viết được số thỏa mãn điều kiện1 2 3 4 5 6

1 2 3 4 5 6

a a a a a a .
A. 4

p  . B. 4

135

p  . C. 3

p  . D. 5

158

p  .

Lời giải

Chọn B.

Cách 1: (Viết gọn)

Ta dễ có số phần tử của khơng gian mẫu là  6.A65 4320.
Gọi A là biến cố “chọn được số thoả mãn yêu cầu bài toán”.
Đặt a1a2 a3a4 a5a6 S

Ta có:

1 2 3 4 5 6

0 1 2 3 4 5     a a a a a a      1 2 3 4 5 6





15 3S 21 5 S 7 S 5;6;7

       

Khi đó ta có 3 phương án để chọn số a a a a a a1 2 3 4 5 6 như sau:
 Phương án 1: a1a2 a3a4 a5a6 7. Khi đó



 





a a1, 2 ; a a3, 4 ; a a5, 6









1,6 ; 2,5 ; 3, 4

 





Suy ra có 3!. 2! . 2! . 2!

     

48 cách chọn.

 Phương án 2: a1a2 a3a4 a5a65. Khi đó



 





a a1, 2 ; a a3, 4 ; a a5, 6









0,5 ; 1, 4 ; 2,3

 





.
Suy ra có 3!.2!.2!.2! 1.2!2! 40  cách.

 Phương án 3: a1a2 a3a4 a5a6 6. Khi đó



 





a a1, 2 ; a a3, 4 ; a a5, 6









0, 6 ; 1,5 ; 2, 4

 





Phương án này hoàn toàn tương tự phương án 2 nên cũng 40 cách chọn.
Do đó số phần tử của biến cố A: A 48 40.2 128  .

Vậy

 

128 4

4320 135

A

P A   

 .

Cách 2:

 Số các số gồm 6 chữ số khác nhau từ tập hợp



0,1, 2,3, 4,5, 6 :



Chọn a 1 0 có 6 cách, sắp xếp các số cịn lại có A65 cách nên có tổng số
5
6

6.A 4320 số.
 Số các số thỏa mãn điều kiện a1a2 a3a4 a5a6:

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Mà 0 1 2 3 4 5 6 21       là số chia hết cho 3 nên chữ số không xuất hiện trong số được
lập phải là số chia hết cho 3.

Trường hợp 1: Chữ số 0 khơng có mặt trong số được lập.
Ta có



a a1, ,...,2 a 6

 

1, 2,3, 4,5,6



Khi đó a1a2 a3a4 a5a6 7 nên



a a1, 2

 

, a a3, 4

 

, a a5, 6







1, 6 , 2,5 , 3, 4

 



.
Có 3! cách xếp các cặp



1, 6 , 2,5 , 3, 4 vào các vị trí của các cặp

 





a a1, 2

 

, a a3, 4

 

, a a ,5, 6



trong mỗi cặp vị trí lại có 2 cách xếp nên có 3!.23 48
 số.

Trường hợp 2: Chữ số 3 khơng có mặt trong số được lập.
Ta có



a a1, ,...,2 a 6

 

0,1, 2, 4,5,6



Khi đó a1a2 a3a4 a5a6 6 nên



a a1, 2

 

, a a3, 4

 

, a a5, 6







0,6 , 1,5 , 2, 4

 



.
Tương tự như trên nếu coi chữ số 0 như các chữ số khác, ta có 48 cách.

Trường hợp 06a a a a : lý luận tương tự, có 2.2.2 83 4 5 6  cách.
Suy ra trường hợp này, ta có 48 8 40  số.

Trường hợp 3 : Chữ số 6 khơng có mặt trong số được lập.

Ta có



a a1, ,...,2 a 6

 

0,1, 2,3, 4,5



. Tương tự như trường hợp 2, ta có 48 8 40  số.

Vậy có 48 40 40 128   số thỏa mãn điều kiện a1a2 a3a4 a5a6.
 Xác suất cần tìm là 128 4

4320 135

p   .

Câu 11: [2H3-3] Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  đi qua gốc tọa độ O

và điểm I



0;1;1



. Gọi S là tập hợp các điểm nằm trên mặt phẳng



Oxy



, cách đường thẳng 

một khoảng bằng 6. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi S.

A. 36 . B. 36 2 . C. 18 2 . D. 18

Lời giải

Chọn B.

Đường thẳng  có vecto chỉ phương u 



0;1;1





và đi qua gốc tọa độ O



0;0;0



Gọi M a b



; ;0



là điểm thuộc mặt phẳng



Oxy



, cách  một khoảng bằng 6.

Ta có: d M





OM u,

u

 

 

 
 
 
 
 
 

 
 
 
 
 
 
 
 
 


2 2
2

a b

 . Ta được: 2a2b2 36

2 2

1
36 72

a b

   .

Như vậy tập hợp điểm M là elip  E trong mặt phẳng tọa độ



Oxy



, có phương trình:

2 2

1
36 72

x y

  , nên có nửa độ dài các trục lần lượt là 6 và 6 2 có diện tích bằng:
.6.6 2 36 2

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Câu 12: [2D2-4] Cho bất phương trình m.3x1



3m 2 . 4





7

 

x 4 7



x 0

      , m là tham số. Tìm

tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi x   





.
A. 2 2 3

m  . B. 2 2 3

m  . C. 2 2 3

m  . D. 2 2 3

m  .

Lời giải

Chọn A.

Phương trình đã cho tương đương với









1 9

.3 3 2 . 4 7 0

4 7

x

x
x

m   m     

 



 

4 7 4 7

3 . 3 2 0

3 3

x x

m m

      

 

        

   

    

 

Đặt 4 7

x

t  

 

. Suy ra t 



0;1



khi x   





Khi đó, bài tốn đã cho trở thành: Tìm m để bất phương trình t2 3mt 3m 2 0

   

 

1 đúng
với mọi t 



0;1



Ta có

 

1 2 2 3
1
t

m
t



  

 với mọi t 



0;1



 

2 .

Xét hàm số

 

2 2
1
t
f t

t



 với t 



0;1



Ta có

 





2
2

2 2

t t

f t
t
 

 

 và f t

 

0  t 3 1 .
Bảng biến thiên của hàm số f t

 

Dựa vào bảng biến thiên suy ra

 

2   2 2 3 3m 2 2 3
3

m 

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Câu 13: [2D3-3] Biết diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường ysinx, ycosx, x 0, x a

với ;

4 2

a  

  là





3 4 2 3

2    hỏi số a thuộc khoảng nào sau đây?
A. 7 ;1

 

 

 . B.

51 11
;
50 10

 

 

 . C.

11 3
;
10 2

 

 

 . D.

51
1;

 

 

 

Lời giải

Chọn B.

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường ysinx, ycosx, x 0, x a là

sin cos d

a

S 



x x x

4
0

sin cos d + sin cos d

a

x x x x x x





















4
0

cos sin d sin cos d

a

x x x x x x







 













4
0

cos sin d cos sin d

a

x x x x x x







 









4
2 1 sinx cosx a

    2 2 1 cos  a sina.

Theo bài ra ta có:



 3 4 2 3



 2 4 2 2 cos a 2sina sin 3 1 sin5

4 2 2 12

a   

 

    

 

7
4 12

a  

   1, 047

a 

   51 11,

50 10

a  

   

 

Câu 14: [2H3-3] Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A a



;0;0



, B



0; ;0b



, C



0;0;c



với a , b, c 0. Biết rằng mặt phẳng



ABC đi qua điểm



1 2 3; ;

7 7 7

M  

  và tiếp xúc với mặt

cầu

  

: 1











2 72

S x  y  z  . Tính T 12 12 12

a b c

   .

A. T  .14 B. 1

T  . C. T 7. D. 7

T  .

Lời giải

Chọn D.

Mặt phẳng



ABC đi qua ba điểm



A a



;0;0



, B



0; ;0b



, C



0;0;c nên có phương trình là



x y z

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Ta có 1 2 3; ;





7 7 7

M  ABC

  nên

1 2 3
7
a b c   .

Mặt cầu

 

S có tâm I



1;2;3



và bán kính 72
7

R  .



ABC tiếp xúc với



 

S





2 2 2

1 2 3
1

72 1 1 1 7

7 2

1 1 1

a b c

d I ABC R

a b c

  

       

 

Câu 15: [2H1-3] Cho hình chóp .S ABCD , ABCD là hình chữ nhật, AB a , AD2a. Tam giác
SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy. Góc giữa SC và mặt phẳng



ABCD bằng 45 . Gọi



M là trung điểm SD . Tính theo a khoảng cách d từ M đến mặt
phẳng



SAC .



A. 2 1513
89

a

d  . B. 2 1315

a

d  . C. 1315

a

d  . D. 1513

a

d  .

Lời giải

Chọn D.

Gọi H là hình chiếu của S lên mặt đáy. Vì SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vng 
góc với mặt đáy nên H là trung điểm của AB.

Rõ ràng













d M SAC  d D SAC d H SAC .

Kẻ HI AC tại I , kẻ HKSI tại K, khi đó d d H SAC





HK .

Vì góc giữa SC và mặt phẳng



ABCD bằng 45 nên



SCH  45 suy ra SHC vuông cân tại

H. Ta có HC BC2 BH2

  17

a

 , suy ra 17

a

SC  .

Ta có 1



;



HI  d B AC 1. 2. 2

BA BC

BA BC





5
5

a

 . Suy ra HK HS HI2. 2

HS HI





1513
89

a

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Câu 16: [2D1-3] Cho hàm số 1

x
y

x




 , gọi d là tiếp tuyến với đồ thị hàm số tại điểm có hồnh độ
bằng m  . Biết đường thẳng d cắt tiệm cận đứng của đồ thị hàm số tại điểm 2 A x y và



; 1 1



cắt tiệm cận ngang của đồ thị hàm số tại điểm B x y . Gọi S là tập hợp các số m sao cho



; 2 2



2 1 5

x y  . Tính tổng bình phương các phần tử của S .

A. 0 . B. 4. C. 10 . D. 9 .

Lời giải

Chọn C.

3
1

y
x

 







3
2

y
x



 



Ta có x m  2 y 1 3

m

  



m 0



Phương trình tiếp tuyến d : 2





3 3

2 1

y x m

m m

     .

Tiệm cận ngang của đồ thị hàm số y 1 và tiệm cận đứng x  .2
Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:





3 3

2 1
2

y x m

m m

x



    




 


6
1

y

m
x


 

 

 


nên y1 1 6

m

  .

Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ:





3 3

2 1
1

y x m

m m

y



    



 


2 2

y

x m



 

 

 nên 2

2 2

x  m .

Vậy x2y1 

2m 1 5

m

    2m24m 6 0 1
2

1
3
m
m



  



2 2

1 2 10

m m

</div>

Các câu vận dụng có đáp án chi tiết trong đề thi thử đại học môn toán trường chuyên đồng bằng sông hồng | Toán học, Đề thi đại học - Ôn Luyện

 

 

 

 















 







<sub></sub>























 









 













 







 







<sub> </sub>

 

























 

<sub> </sub>

 













 

 





 







