TÀI LIỆU TOÁN THPT ĐỀ SỐ 7 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN NGÀY 12-01-2013 PHẦN CHUNG CHOTẤT CẢ THÍ SINH (7điểm) Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y =x 3 −3 ( m +1 ) x 2 +12mx +m +4, ( C m ) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C ) khi m = 0. b) Gọi A và B lần lượt là các điểm cực đại và cực tiểu của đồ thị hàm số (C m ). Tìm tất cả các giá trị của m để khoảng cách giữa giữa hai đường thẳng tiếp tuyến tại A và B của đồ thị C m ) bằng 4. Câu 2. (2 điểm) a) Giải phương trình : cos 3 x ( cos x −2sin x ) −cos2x −cos 2 x tan  x + π 4  .tan  x − π 4  =0. b) Giải phương trình 4  3 ( x +5 ) − 4  x +13 = 4  11 −x − 4  3 ( 3 −x ) Câu 3. (1 điểm) Tính tích phân I =  e 2 1 +(x −1) lnx −ln 2 x ( 1 +x lnx ) 2 dx Câu 4. (1 điểm) Cho hình chóp S.AB C D có đáy ABCD là hình chữ nhật cạnh AB = a,BC = a  2 . Cạnh bên S A vuông góc với đáy. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SD và AD. Mặt phẳng (P ) chứa BM cắt mặt phẳng (S AC) theo một đường thẳng vuông góc với BM . Giả sử B N cắt AC tại I , gọi J là trung điểm của IC . Biết khoảng cách từ đỉnh S đến mặt phẳng (P ) bằng 2  2a 3 . Tính thể tích khối chóp BMD J và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và B J theo a. Câu 5. (1 điểm) Cho các số thực dương x, y,z thỏa mãn điều kiện 2  9z 2 +16y 2  =  3z +4y  x yz . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P = x 2 x 2 +2 + y 2 y 2 +3 + z 2 z 2 +4 + 5x y z ( x +2 )  y +3  ( z +4 ) PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm mộttrong hai phần A hoặc B A. Theo chương trình chuẩn Câu 6A. (2 điểm) a) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Ox y, cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi H là hình chiếu của A trên BC . Tam giác ABH ngoại tiếp đường tròn ( C ) :  x − 16 5  2 +  y − 33 5  2 = 36 25 . Tâm đường tròn nội tiếp tam giác AC H là I  26 5 ; 23 5  . Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác AB C . b) Trong không gian với hệ tọa độ Ox y z, cho hai điểm A ( 2;2;5 ) và B ( 1;1;7 ) . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường tròn ( C ) :  ( x −1 ) 2 +  y −1  2 + ( z −2 ) 2 =9 x +y +z −7 =0 để tam giác M AB có diện tích nhỏ nhất. Câu 7A. (1 điểm) Giải bất phương trình : 3 + 4  6 −2 x +  2 +2 x ≥2  8 −  ( 6 −2 x )( 2 x +2 ) B. Theo chương trình nâng cao Câu 6B. (2 điểm) a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox y, cho hình chữ nhật ABCD nội tiếp đường tròn ( C ) có tâm I(1;2) . Tiếp tuyến của ( C ) tại B,C,D cắt nhau tại M, N . Giả sử H(1; −1) là trực tâm tam giác AMN . Tìm tọa độ các điểm A,B, M, N biết rằng chu vi tam giác AMN bằng 28 +4  10. b) Trong không gian với hệ tọa độ Ox y z, cho mặt cầu ( S ) : ( x −1 ) 2 +  y −2  2 + ( z −3 ) 2 = 14 3 và đường thẳng d : x −4 3 = y −4 2 = z −4 1 . Tìm trên đường thẳng d các điểm A sao cho từ A có thể kẻ được 3 tiếp tuyến đến mặt cầu (S) sao cho tứ diện ABCD là tứ diện đều ( trong đó B,C,D là các tiếp điểm ) . Câu 7B. (1 điểm) Giải hệ phương trình:  log 2  x +  x 2 +1  +log 2  y +  y 2 +4  =1 2log 2   2x −y +2 +  3y −2x +4  =2log 4  5x 2 +y 2 +1  +1 ———————————————–Hết—————————————————- TỔNG HỢP LỜI GIẢI TRÊN DIỄN ĐÀN Câu 1. Cho hàm số y = x 3 −3 ( m +1 ) x 2 +12 mx +m +4, ( C m ) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C) khi m =0. b) Gọi A và B lần lượt là các điểm cực đại và cực tiểu của đồ thị hàm số (C m ). Tìm tất cả các giá trị của m để khoảng cách giữa giữa hai đường thẳng tiếp tuyến tại A và B của đồ thị C m ) bằng 4. a) Lời giải (hungchng): m =0 hàm số y =x 3 −3x 2 +4 có tập xác định : D =R; * Đạo hàm y  =3x ( x −2 ) , y  =0 ⇐⇒  x =0 =⇒ y =4 x =2 =⇒ y =0 Hàm số đồng biến trên (−∞;0),(2;+∞) ; Hàm số nghịch biến trên (0;2) lim x→−∞ y =−∞; lim x→+∞ y =+∞; * Bảng biến thiên x y  y −∞ 0 2 +∞ + 0 − 0 + −∞−∞ 44 00 +∞+∞ Điểm cực đại (0;4), điểm cực tiểu (2; 0) * Đồ thị b) Lời giải (xuanha): Ta có: y  =3x 2 −6(m +1)x +12m y  =0 ⇔ x 2 −2(m +1)x +4m =0 Có : ∆  =(m −1) 2 để đồ thị có 2 cực trị thì m =1, khi đó  x =2 x =2m suy ra  y(2) =13m y(2m) =−4m 3 +12 m 2 +m +4 do tiếp tuyến với đồ thị tại 2 cực trị của hàm số song song với Ox nên |4m 3 −12 m 2 +12 m −4 |=4 ⇔m =2 hoăc m =0 vậy m =0; m =2 Câu 2.a Giải phương trình : cos 3 x ( cos x −2 sin x ) −cos 2x −cos 2 x tan  x + π 4  .tan  x − π 4  =0. Lời giải (thiencuong_96): Chú ý ta có tan  x + π 4  .tan  x − π 4  =−1 Điều kiện : cos  x − π 4  =0, cos  x + π 4  =0 ⇔ x = π 4 + kπ 2 , k ∈ Z Phương trình trở thành : ⇔cos 4 x −2sin x.cos 3 x −cos2x −cos 2 x =0 ⇔−cos 2 x(1 −cos 2 x) −sin2x(cos 2 x) −cos2x =0 ⇔2cos 2 x.sin 2 x +sin2x(1+cos 2x)+2cos2 x =0 ⇔ sin2x 2 . ( sin2x +2 cos x ) +sin 2x +2cos2x =0 ⇔sin2x +2 cos 2x =0 (2) Đặt α =arctan 1 2 =⇒ tanα = 1 2 =⇒ sinα = 1  5 ;cosα = 2  5 . Nên (2) trở thành : cos(2x −α) =0 ⇔x = π 4 + α 2 + kπ 2 , k ∈Z Vậy x = π 4 + α 2 + kπ 2 , k ∈Z Lời giải (Mai Tuấn Long): Ta có: tan(x + π 4 ).tan(x − π 4 ) =−1 và cos x =0 không phải là nghiệm của PT 2 ĐK:  tan(x + π 4 ) =0 tan(x − π 4 ) =0 ⇔  tan x =1 tan x =−1 PT ⇔cos 4 x −2sin x cos 3 x +2sin 2 x −cos 2 x −1 =0 Chia 2 vế PT cho cos 4 x và đặt tanx =t,(t =±1) ta được: t 4 −t 2 −2t −1 =0 ⇔  t 2 −t −1  t 2 +t +1  =0 ⇔ t 2 −t −1 ⇔  t = 1−  5 2 (T M) t = 1+  5 2 (T M) ⇒  x =arctan 1−  5 2 +kπ x =arctan 1+  5 2 +kπ , (k ∈ Z ) Lời giải (xuannambka): Ta có tan  x + π 4  .tan  x − π 4  =−1 Điều kiện : x = π 4 + kπ 2 Phương trình trở thành : ⇔cos 3 x ( cos x −2 sin x ) −cos 2x −cos 2 x =0 ⇔cos 4 x −sin2xcos 2 x −2cos 2 x +1−cos 2 x =0 ⇔cos 4 x +sin 2 x −cos 2 x ( sin2x +2 ) =0 ⇔cos 2 x  1 −sin 2 x  +sin 2 x −cos 2 x ( sin2x +2 ) =0 ⇔1 −sin 2 xcos 2 x −cos 2 x ( sin2x +2 ) =0 ⇔1 − 1 4 sin 2 2x −cos 2 x ( sin2x +2 ) =0 ⇔ 1 4 ( 2 −sin2x )( 2 +sin2x ) −cos 2 x ( sin2x +2 ) =0 ⇔  2 +sin2x =0 (V N ) 1 4 ( 2 −sin2x ) =cos 2 x (1) (1) ⇐⇒ 1 2 − 1 4 sin2x −cos 2 x =0 ⇐⇒ 1 −2cos 2 x − 1 2 sin2x =0 ⇐⇒ −cos2x − 1 2 sin2x =0 ⇐⇒ 2cos2x +sin2x =0 ⇐⇒  cos2x =0 tan2x =−2 ⇐⇒ x = 1 2 arctan ( −2 ) + kπ 2 Lời giải (tienduy95): ĐK: tan(x − π 4 )tan(x + π 4 ) =0 ⇔ x = π 4 +k π 2 Phương trình trở thành : ⇔cos 4 x −2sin x cos 3 x −cos2x −cos 2 x =0 ⇔cos 4 x −cos2x −sin 2x cos 2 x −cos 2 x =0 ⇔cos 4 x −2cos 2 x +1−(cos x(sinx +cos x)) 2 =0 ⇔(1 −cos 2 x) 2 −(cos x(sinx +cosx)) 2 =0 ⇔(1 −cos 2 x −cosx sinx −cos 2 x)(1 −cos 2 x +cosx sinx +cos 2 x) =0 ⇔  1 −2cos 2 x −cosx sinx =0 cos x sin x =−1 ⇔  sin 2 x +cos 2 x −2cos 2 x −cosx sinx =0 sin2x =−2 (vô nghiệm) ⇔sin 2 x −sinx cosx −cos 2 x =0 ⇔tan 2 x −tan x −1 =0 ⇔  tan x = 1−  5 2 tan x = 1+  5 2 ⇔  x =arctan 1−  5 2 +kπ x =arctan 1+  5 2 +kπ Câu 2.b Giải phương trình 4  3 ( x +5 ) − 4  x +13 = 4  11 −x − 4  3 ( 3 −x ) Lời giải (Mai Tuấn Long): ĐK: −5 ≤ x ≤3 3 PT ⇔ 4  15 +3x + 4  9 −3x = 4  15 +(x −2)+ 4  9 −(x −2) Xét hàm số: f (t) = 4  15 +t + 4  9 −t trên đoạn [−15;9] có: f  (t ) = 1 4  1 ( 4  15 +t) 3 − 1 ( 4  9 −t) 3  ⇒ f  (t ) ≥0 với t ∈[−15;−3] và f  (t ) ≤0 với t ∈[−3;9] Đặt :  u =3x v = x −2 PT ⇔ f (u) = f (v). Nên  Với x ∈[−1;3] →u, v ∈[−3;9] Với x ∈[−5;−1] →u, v ∈[−15;−3] ⇒PT ⇔u =v ⇔3 x = x −2 ⇔ x =−1 Lời giải (giangmanh): ĐK −5 ≤ x ≤3 Khi đó ta có PT ⇔ 4  12 +3 ( x +1 ) + 4  12 −3 ( x +1 ) = 4  12 + ( x +1 ) + 4  12 − ( x +1 ) Xét hàm số : f ( t ) = 4  12 +t + 4  12 −t ( t ∈ [ −12;12 ]) . Ta có f  ( t ) = 1 4 1 4  ( 12 +t ) 3 − 1 4 1 4  ( 12 −t ) 3 Ta có f  ( t ) =0 ⇒ t =0 Mà f ( 3 ( x +1 )) = f ( x +1 ) ⇒  3 ( x +1 )( x +1 ) <0 3 ( x +1 ) =x +1 +) 3 ( x +1 )( x +1 ) <0⇒ Vô lí +) 3 ( x +1 ) =x +1 ⇒x =−1 Vậy x =−1 là nghiệm duy nhất của phương trình Lời giải (Phạm Kim Chung): Điều kiện : −5 ≤ x ≤3 Đặt : a = 4  3 ( x +5 ) ; b = 4  3 ( 3 −x ) ; c = 4  11 −x;d = 4  x +13 Ta có :    a +b =c +d a 4 +b 4 =c 4 +d 4 a,b,c,d ≥0 Lúc đó : a 4 +b 4 =c 4 +d 4 ⇔ ( a +b ) 4 −2ab  2a 2 +3ab +2b 2  = ( c +d ) 4 −2cd  2c 2 +3cd +2d 2  ⇒ab  2 ( a +b ) 2 −ab  =cd  2 ( a +b ) 2 −cd  ( Do a +b =c +d ) (∗) ⇒ ( ab −cd )  2 ( a +b ) 2 − ( ab +cd )  =0 Mà : ( a +b ) 2 ≥4ab ≥ ab ; ( a +b ) 2 = ( c +d ) 2 ≥4ab ≥ ab ∀a,b,c, d ≥0 Nên từ (*) suy ra : ab =cd hoặc a =b =0 (không xảy ra) Thay trở lại ta có phương trình : 4  9 ( x +5 )( 3 −x ) = 4  ( 11 −x )( x +13 ) ⇔  −5 ≤ x ≤3 8x 2 +16x +8 =0 ⇔x =−1 Thử lại ta thấy x =−1 là nghiệm của phương trình đã cho Câu 3. Tính tích phân I =  e 2 1 +(x −1)ln x −ln 2 x ( 1 +x ln x ) 2 dx Lời giải (Mai Tuấn Long): Ta có:  1 1 +x ln x   =− ln x +1 (1 +x ln x) 2 I =  e 2 ln x.  − 1 +lnx (1 +x ln x) 2  d x +  e 2 1 1 +x ln x d x =  e 2 ln x.d  1 1 +x ln x  +  e 2 1 1 +x ln x .d x =  ln x 1 +x ln x      e 2 −  e 2 1 1 +x ln x d(lnx) +  e 2 1 1 +x ln x d x =  ln x 1 +x ln x      e 2 −  e 2 1 x(1 +x ln x) d x +  e 2 1 1 +x ln x d x =  lnx 1 +x ln x      e 2 + e  2 1 1 +x ln x  1 − 1 x  d x =  ln x 1 +x ln x      e 2 +  e 2 1 1 +x ln x d(x −lnx) 4 =  ln x 1 +x ln x      e 2 + x −lnx 1 +x ln x     e 2 −  e 2 (x −lnx)d  1 1 +x ln x  =  lnx 1 +x ln x + x −lnx 1 +x ln x      e 2 −  e 2 (x −lnx)  1 + 1 x  d x =  x 1 +x ln x      e 2 −  e 2 (x +1)d x −  e 2 ln xd x −  e 2 ln x. 1 x d x =  x 1 +x ln x − 1 2 x 2 −x −x ln x      e 2 + e  2 d x − e  2 ln x.d(ln x) =  x 1 +x ln x − 1 2 x 2 −x lnx − 1 2 ln 2 x      e 2 Câu 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật cạnh AB = a,BC = a  2 . Cạnh bên S A vuông góc với đáy. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SD và A D. Mặt phẳng (P) chứa B M cắt mặt phẳng (S AC) theo một đường thẳng vuông góc với B M . Giả sử BN cắt AC tại I , gọi J là trung điểm của IC . Biết khoảng cách từ đỉnh S đến mặt phẳng (P) bằng 2  2a 3 . Tính thể tích khối chóp BMD J và khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và B J theo a. Lời giải (dan_dhv): Gọi O là tâm của đáy. Ta có. AN = a  2 2 , AC = a  3 ⇒ AI = a  3 3 B N =  AN 2 + AB 2 = a  6 2 . ⇒ I N = a  6 6 . Do AI 2 +I N 2 = a 2 2 = AN 2 . Nên tam giác AI N ⊥ I. suy ra BN ⊥(S AC); AC ⊥(B MN). Gọi d =(P)  (S AC) ⇒  d ⊥B M d ⊥B N ⇒d ⊥(B M N) Do d, AC cùng thuộc (SAC) nên dAC . Gọi B M  SO =G. Suy ra. d là đường thẳng qua G và song song AC cắt S A,SC lần lượt tại E,F. Khi đó (P) =(BF ME). Đặt S A =x ⇒M N = x 2 ,BM =  B N 2 +NM 2 =  3a 2 2 + x 2 4 .EF = 2 3 AC = 2a  3 3 . Do EF ⊥B M nên S BF M E = EF.BM 2 = a  3  3a 2 2 + x 2 4 . ⇒V SBF ME = 1 3 d ( S;(P) ) S BF M E = 2a 2  6 27  3a 2 2 + x 2 4 . (1) Mặt khác, V SBF ME =V SBEF +V SMEF = V S ABC D 3 = 1 3 1 3 xa 2  2 (2) Từ (1), (2) ⇒ 2a 2  6 27  3a 2 2 + x 2 4 = 1 3 1 3 xa 2  2 ⇒ x =a  3 5 Ta có. d ( M;(ABCD) ) = 1 2 S A = a  3 2 . và S JOB = 1 6 S ABC ⇒S B J D = 1 6 S ABC D = a  2 6 ⇒V MBDJ = 1 3 a  3 2 a  2 6 = a 3  6 36 Gọi P là trung điểm của AB suy ra DPB J. Khi đó d ( B J;MD ) =d ( B;(SPD) ) =d ( A;(SP D) ) Hạ AK ⊥PD ⇒PD ⊥(S AK ) . Hạ AT ⊥SK suy ra AT =d ( A;(SP D) ) . Ta có. 1 AK 2 = 1 AP 2 + 1 AD 2 = 9 2a 2 Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác SAK ta có, 1 AT 2 = 1 AK 2 + 1 S A 2 ⇒ AT =  6 29 Vậy d =  6 29 Câu 5. Cho các số thực dương x, y,z thỏa mãn điều kiện 2  9z 2 +16y 2  =  3z +4y  x yz . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P = x 2 x 2 +2 + y 2 y 2 +3 + z 2 z 2 +4 + 5x yz ( x +2 )  y +3  ( z +4 ) Lời giải (): XXXXXXXXXXXXXXXXXX Câu 6A.a Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi H là hình chiếu của A trên BC . Tam giác ABH ngoại tiếp đường tròn ( C ) :  x − 16 5  2 +  y − 33 5  2 = 36 25 . Tâm đường tròn nội tiếp tam giác AC H là I  26 5 ; 23 5  . Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC. Lời giải (): XXXXXXXXXXXXXXXXXX Câu6A.b Trong không gian với hệ tọa độ Ox yz, cho hai điểm A ( 2;2;5 ) và B ( 1;1;7 ) . Tìm tọa độ điểm M thuộc đường tròn ( C ) :  ( x −1 ) 2 +  y −1  2 + ( z −2 ) 2 =9 x +y +z −7 =0 để tam giác M AB có diện tích nhỏ nhất. Lời giải (dan_dhv): Gọi (C) là giao của mặt cầu (S) và (P). Ta có −→ AB(1; 1;−2);  u P (1;1;1). Nhận thấy −→ u P . −→ AB =0 ⇒ AB(P). Gọi (Q) là mặt phẳng qua AB và vuông góc (P ). ⇒ −→ n Q =    −→ u P ; −→ AB    =(1;−1;0). Phương trình (Q) là : x −y =0. Ta có S M AB min ⇔d(M ; AB) min. Tọa độ M thuộc (Q). Hay ta có hệ    ( x −1 ) 2 +  y −1  2 + ( z −2 ) 2 =9 x +y +z −7 =0 x −y =0 ⇒M(1;1;5); M(3;3;1) Câu 7A. Giải bất phương trình : 3 + 4  6 −2 x +  2 +2 x ≥2  8 −  ( 6 −2 x )( 2 x +2 ) Lời giải (giangmanh): ĐK x ≤log 2 6 Đặt t =  6 −2 2 +  2 +2 x ⇒t 2 =8 +2  ( 6 −2 x )( 2 +2 x ) ⇒  ( 6 −2 x )( 2 +2 x ) = t 2 −8 2   8 ≤ t ≤4  Thay vào bất PT ta được : 3 + 4  6 −2 x +  2 +2 x ≥2  8 −  ( 6 −2 x )( 2 x +2 ) 3 + 4 t ≥2  8 − t 2 −8 2 ⇔3t +4 ≥t  48 −2t 2 ⇔ ( t −4 )  2t 3 +8t 2 −7t −4  ≥0 Vì f (t) =2t 3 +8t 2 −7t −4 ≥0 với t ∈   8;4  ⇒BPT ⇔t −4 ≥0 ⇔ t ≥4 Mà t ≤4 ⇒ t =4 ⇔ x =2 Vậy x =2 6 Câu 6B.a Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Ox y, cho hình chữ nhật ABCD nội tiếp đường tròn ( C ) có tâm I (1;2) . Tiếp tuyến của ( C ) tại B,C,D cắt nhau tại M , N. Giả sử H(1;−1) là trực tâm tam giác AM N . Tìm tọa độ các điểm A,B,M,N biết rằng chu vi tam giác AMN bằng 28 +4  10. Lời giải (): XXXXXXXXXXXXXXXXXX Câu6B.b Trong không gian với hệ tọa độOxyz, cho mặt cầu ( S ) : ( x −1 ) 2 +  y −2  2 + ( z −3 ) 2 = 14 3 và đường thẳng d : x −4 3 = y −4 2 = z −4 1 . Tìm trên đường thẳng d các điểm A sao cho từ A có thể kẻ được 3 tiếp tuyến đến mặt cầu (S) sao cho tứ diện ABCD là tứ diện đều ( trong đó B,C,D là các tiếp điểm ) . Lời giải (Mai Tuấn Long): A ∈d ⇒ A =(4 +3t;4 +2t;4 +t) I là tâm mặt cầu (S) ⇒ I =(1;2;3) ⇒ −→ I A =(3 +3t;2 +2t;1 +t) ⇒ AI = | 1 +t |  14 , (1). Đặt: AB =a; AI ∩(BCD) = H; (S) có bán kính R =  14 3 ⇒ AH ⊥(BC D) ⇒ AH = a  6 3 ; I H =  R 2 −B H 2 =  3R 2 −a 2 3 ⇒ AI = AH +I H = a  6 3 +  3R 2 −a 2 3 (2) Lại có: AI 2 =R 2 +a 2 ⇒ AI =  R 2 +a 2 , (3) Từ (2) và (3) ⇒  R 2 +a 2 = a  6 3 +  3R 2 −a 2 3 ⇔a 2 =2R 2 ⇒ AI =R  3 =  14, (4) Từ (1) và (4) ⇒ | 1 +t | =1 ⇔  t =0 t =−2 ⇒ Điểm A có các tọa độ: (4;4; 4), (−2;0;2). Câu 7B. Giải hệ phương trình:  log 2  x +  x 2 +1  +lo g 2  y +  y 2 +4  =1 2log 2   2x −y +2+  3y −2x +4  =2log 4  5x 2 +y 2 +1  +1 Lời giải (xuannambka): hpt ⇐⇒   x +  x 2 +1  y +  y 2 +4  =2 (1)  2x −y +2+  3y −2x +4 =  10x 2 +2y 2 +2 (2) ( 1 ) ⇐⇒ 4  x −  x 2 +1  y −  y 2 +4  =2 ⇐⇒  x −  x 2 +1   y −  y 2 +4  =2 (3) Từ (1) và (3) ta có hệ phương trình:     x +  x 2 +1  y +  y 2 +4  =2  x −  x 2 +1  y −  y 2 +4  =2 ⇐⇒  x y +x  y 2 +4 +y  x 2 +1 +  x 2 +1  y 2 +4 =2 x y −x  y 2 +4 −y  x 2 +1 +  x 2 +1  y 2 +4 =2 Cộng 2 vế với nhau ta được: x y +  x 2 +1  y 2 +4 =2 =⇒ x  y 2 +4 +y  x 2 +1 =0 ⇐⇒    x y ≤0  y =−2x y =2x ⇐⇒ y =−2x Thế y =−2x vào (2) ta được:  4x +2+  −8x +4 =  18x 2 +2 ⇐⇒ x =  2 3 =⇒ y =− 2  2 3 Vậy phương trình có nghiệm  x; y  =   2 3 ;− 2  2 3  7 . TÀI LIỆU TOÁN THPT ĐỀ SỐ 7 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN NGÀY 12-01 -2013 PHẦN CHUNG CHOTẤT CẢ THÍ SINH (7điểm) Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y =x 3 −3 ( m. Tuấn Long): ĐK: 5 ≤ x ≤3 3 PT ⇔ 4  15 +3x + 4  9 −3x = 4  15 +(x −2)+ 4  9 −(x −2) Xét hàm số: f (t) = 4  15 +t + 4  9 −t trên đoạn [− 15; 9] có: f  (t