Khối THPT chuyên Môn: Toán khối A - Thời gian làm bài: 180 phút Câu I. 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (H) của hàm số 1 33 2 + ++ = x xx y . 2. Xác định các tiếp tuyến với (H) biết rằng các tiếp tuyến này vuông góc với đờng thẳng có phơng trình 023 = + yx . Câu II. 1. Giải bất phơng trình ( ) ( ) .02log12log 2 1 2 2 2 2 xxx 2. Giải phơng trình . cos 2 2 cos 1 2cos1 2 x xtg x x = + Câu III. 1. Xác định các giá trị của tham số m để phơng trình sau có nghiệm .0324 =+ xmxm 2. Cho hai số thực x, y thoả mãn 1 0 , 1 0 < < y x và . 4 xy y x = + Hãy tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức .7 22 xyyxM + = Câu IV. 1. Cho tứ diện ABCD có CDAB và BDAC . Chứng minh rằng .BCAD 2. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình thoi ABCD có )3,3();2,1( BA và giao điểm của hai đờng chéo nằm trên đờng thẳng . 0 2 : = + y x d Tìm toạ độ C và D. 3. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hình chóp SABCD có )0,1,0();0,1,1();0,0,1();0,0,0();2,0,0( DCBAS . Gọi )( là mặt phẳng đi qua A và vuông góc với SC. Tìm diện tích thiết diện của hình chóp SABCD tạo bởi )( . Câu V. Tính tích phân = 2 1 2 )3ln( dxxxxI Hết Trờng đại học Vinh đề thi khảo sát chất lợng lớp 12 - Lần 1 NM 2007 Page 1 Thu Lờ Đáp án môn Toán - lần 1 Câu Nội dung Điểm I 1. *) TXĐ: 1 x *) CBT: Ta có ( ) + = + ++= 0 2 0 1 1 1' 1 1 2 2 x x x y x xy BBT Hàm số đạt cực đại tại 2 = x với y CĐ = -1; đạt cực tiểu tại x =0 với y CT = 3. Vì = 1 lim x y nên 1 = x là tiệm cận đứng của (H). Hơn nữa [ ] 0 1 1 lim)2(lim = + =+ x xy xx nên đờng thẳng 2 + = xy là tiệm cận xiên của (H). *) Đồ thị: +) (H) đối xứng qua điểm (-1; 1). 2. Giả sử ( ) 1, 1 33 ,; 0 0 0 2 0 000 + ++ = x x xx yyx là tiếp điểm của tiếp tuyến cần tìm với (H). Vì tiếp tuyến vuông góc với đờng thẳng 023 = + yx nên hệ số góc của nó là ( ) 3 1 1 1' 2 0 )( 0 = + = x y x . Suy ra ( ) = = =+ 2 3 2 1 4 1 1 0 0 2 0 x x x 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 x y' y - - 2 - 1 0 + + + - - - 1 0 0 + + - - 3 y x 0 - 1 - 2 - 1 3 Page 2 Thu Lờ II III +) Với 2 7 2 1 00 == yx , ta có tiếp tuyến: .23 2 7 2 1 3 +=+ += xxy +) Với 2 3 2 3 00 == yx , ta có tiếp tuyến: .63 2 3 2 3 3 = += xxy Vậy các tiếp tuyến cần tìm là .63;23 = + = xyxy 1. *) ĐK: ( ) > < > > 2 0 02 012 2 2 x x xx x Bất phơng trình đã cho ( ) xxx 2log12log 2 22 .212 2 xxx Xét 2 trờng hợp sau: *) .0 < x Ta đợc hệ: .01 1 0 221 0 22 < < < x x x xxx x *) .2 > x Ta đợc hệ: + > > 014 2 212 2 22 xx x xxx x .322 3232 2 +< + > x x x Vậy bất phơng trình đã cho có nghiệm: +< < 322 01 x x 2. *) Điều kiện: .0cos,1cos xx Khi đó phơng trình đã cho trở thành ( ) ( ) ( ) x xx x xx xxx x 22 2 2 2 cos 1cos31cos cos 1cos2cos3 cos 2 cos 1 3 cos1 cos12 + = == + ( ) ( ) ( ) 1cos31coscoscos12 2 += xxxx ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 01cos21cos1cos01cos3cos21cos 2 =++=++ xxxxxx += = = = .,2 3 2 ,2 2 1 cos 1cos Zmmx Zkkx x x 1. Đặt .303 2 txxt == Khi đó phơng trình trở thành: .0342)( 2 =++= mmtttf Phơng trình đã cho có nghiệm phơng trình 0)( = tf có nghiệm 0 t . Xét 2 trờng hợp sau: *) 4 3 0340)0(.1 mmf . *) Phơng trình 0)( = tf có nghiệm 21 ,tt thoả mãn 21 0 tt < mk m m mm m s mf mm < > >= >= += 0 2 0 4 3 31 0 2 034)0(.1 034' . 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25+ 0,25 0,25 0,25 0,25 Page 3 Thu Lờ IV Kết luận: Giá trị của m để phơng trình đã cho có nghiệm là 4 3 m . 2. Đặt .4tyxtxy = + = Theo định lí Viet đảo x, y là nghiệm của phơng trình .04)( 2 =+= ttXXXh Vì 1,0 2 1 < xx nên phơng trình 0)( = Xh có nghiệm 2 1 , XX thoả mãn 10 2 1 < XX =< = <= = 12 2 0 031)1(.1 0)0(.1 04' 2 t s th th tt 3 1 4 1 t . Khi đó ( ) ,9169 2 2 ttxyyxM =+= với . 3 1 4 1 t Ta có = 3 1 ; 4 1 32 9 0932)(' tttM . Suy ra Bảng biến thiên Suy ra: M max 9 11 = , đạt khi 3 1 ,1 3 1 === yxxy hoặc .1, 3 1 == yx M min 64 81 = , đạt khi 4 3 2 32 9 === yxxy hoặc . 4 3 2 == xy Chú ý: *) Để tìm điều kiện của xy t = có thể thực hiện theo cách sau: Từ giả thiết ( ) .1 3 1 , 14 1 3 1 14 1414 2 = = = x x x xy x x x y xyxx Xét hàm số 1 3 1 , 1 4 2 = x x x t thu đợc . 3 1 4 1 t *) Có thể đặt t y x = + , với điều kiện 3 4 1 t . Khi đó . 4 9 2 ttM = Xét hàm số = 3 4 ;1, 4 9 )( 2 ttttf sẽ thu đợc kết quả nh trên. Cách 1: Kẻ )(DBCAH - Vì CDAB nên hình chiếu CDBH (1) BDAC nên hình chiếu BDCH (2) - Từ (1), (2) H là trực tâm ACDHBCD . Vì DH là hình chiếu AD lên )(ABC nên BCAD 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 t M'(t) M 4 1 32 9 3 1 9 11 64 81 4 5 - 0 + A B D C H Page 4 Thu Lờ . Cách 2: ( ) ( ) ( ) 0. . 2 ==++= +++= ++= ACBDDCBDABBD DCBDBDDCABBDAB DCBDBDABBCAD +) Gọi BDACI = . Vì 02: = + yxdI nên. ( ) 2, 00 +xxI . +) Từ t/c hình thoi ta có BDAC 0.90 0 == BIAIAIB +) Ta có: ( ) ( ) 1,3 4,1 00 00 += += xxBI xxAI ( ) ( ) ( ) ( ) 1431. 0000 +++= xxxxBIAI ( )( ) ( ) = = =+= 2 3 , 3 7 3,1 2 7 1 0721 0 0 00 I I x x xx TH 1: ),3,1(I do I là trung điểm BDAc, nên ta có ( ) ( ) 6,4;1,8 DC TH 2: 2 3 , 2 7 I , tơng tự TH 1 ta có: ( ) ( ) 6,4;1,8 DC *) Cách 1: +) Chọn ( ) 2,1,1 == SCn .02:)( =+ zyxpt Ta có: pt 2 2 11 : == z y x SC =+ = .022 0 zy yx - Từ hệ =+ = =+ 022 0 02 zy yx zyx ( ) Cắt tại SC tại 2 2 , 2 1 , 2 1 I - Pt SD: =+ = == 022 0 2 2 10 zy x z y x Từ hệ ( ) =+ = + 0232 0 2 y x zyx cắt SD tại 3 2 , 3 2 ,0K Tơng tự ( ) cắt SB tại . 3 2 ,0, 3 2 H +) Thiết diện là tứ diện AHIK 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 D C B A I d A C(1, 1, 0) D(0, 1, 0) B(1, 0, 0) S(0, 0, 2 ) H I K y x z Page 5 Thu Lờ V (1đ) Ta có = = 2 2 , 2 1 , 2 1 3 2 ,0, 3 2 AI AH [ ] = 6 2 , 6 2 , 6 2 , AIAH 6 2 6 2 6 2 6 2 2 1 2 22 = + + = AHI S . Tơng tự 3 2 6 2 6 2 6 2 =+== tdAKI SS (đvdt). Cách 2: - Từ gt ABCD là hình vuông và ( ) ABCDSA - Giả sử ( ) cắt SB, SC, SD tại H, I, K. - Vì ( ) SBCCB nên AhCB ; Vì ( ) AHIKSC nên AHSC ( ) HBAHSBCAH và HI AK . Tơng tự ta có SDAK và KI AK . Trong tam giác vuông SAB ta có . 3 2 2 3 1 1 2 1111 222 ==+=+= AH ABASAH Tơng tự trong tam giác vuông SAC ta có 3 1 3 2 11 22 ==== AHAIIHAI . 6 2 . 2 1 == HIAHS AHI Do tính chất đối xứng nên 3 2 6 2 .2 === tdAHIAKI SSS (đvdt). Đặt ( ) dx x x x duxxu 2 2 3 23 3ln == . 2 1 2 xvxdxdv == Theo công thức tích phân từng phần ta có ( ) = 2 1 2 2 2 3 23 2 1 1 2 3ln 2 dx x xx xx x I . ( ) ++= ++= 2 1 2 1 2 3ln93 2 1 2ln 2 3 3 9 32 2 1 2ln 2 3 xxxdx x x ( ) 32ln62ln96 2 1 2ln 2 3 == . 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 Page 6 Thu Lờ Trờng đại học Vinh đề thi khảo sát chất lợng lớp 12 Lần 1 - 2008 Khối THPT chuyên Môn: Toán - Thời gian làm bài: 180 phút Câu I. Cho hàm số ( ) 2 32 2 + +++ = x mxmx y 1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số ứng với m = 1. 2. Tìm m để hàm số có các cực đại, cực tiểu đối xứng nhau qua đờng thẳng 0 2 2 : = + y x Câu II . 1. Giải phơng trình sau: ( ) xxxxx 4cos1cossin42cos24sin + = + + + 2. Giải phơng trình 08log2log2log 162 = + + xxx Câu III . 1. Xác định giá trị của tham số a để hệ phơng trình sau có nghiệm ( ) +=+ =+ 12 31 ayx ayx 2. Cho x, y là hai số thực thỏa mãn .3 22 =++ xyyx Hãy tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3344 4 yxxyyxA ++= Câu IV . 1. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, aCDaAD 2,2 == . Cạnh SA vuông góc với đáy và . 2 3 a SA = Gọi K là trung điểm AB. Chứng minh mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (SAK) và tính thể tích hình chóp SCDK theo a. 2. Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy cho elíp ( ) 1 2 18 : 22 =+ yx E với các tiêu điểm là F 1 , F 2 . Tìm tọa độ điểm M thuộc (E) sao cho: 12.4 21 2 2 2 1 =+ MFMFMFMF 3. Trong không gian với hệ trục Oxyz cho hình lập phơng D'C'B'A' ABCD. có A(0,3,3). (0,3,0), A' (3,0,0), C' (0,0,0), D' Tìm tọa độ điểm Q trên đờng thẳng BD sao cho 0 120'' = QCA Câu V . Cho Parabol ( ) .3: 2 xxyP = Hãy tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi (P) và các tiếp tuyến của (P) đi qua điểm M (1;3) Ghi chú: 1. Ban tổ chức sẽ trả bài vào các ngày 29, 30/3/2008. Để nhận đợc bài thi, thí sinh phải nộp lại phiếu dự thi cho Ban tổ chức. 2. Kỳ thi khảo sát chất lợng lần 2 sẽ đợc tổ chức vào chiều ngày 12 và ngày 13 tháng 4 năm 2008. Đăng ký dự thi tại văn phòng khối THPT chuyên - Đại học Vinh từ ngày 29 tháng 3 năm 2008. Page 7 Thu Lờ Đáp án toán lần 1-2008 Câu Nội dung Điểm I 1. Với 1 = m ta có 2 1 1 2 33 2 + ++= + ++ = x x x xx y *) TXĐ: R }2{\ . *) CBT: +) ( ) + = 3 1 0 2 1 1' 2 x x x y BBT +) Hàm số đạt cực đại tại 3,3 == CD yx và đạt cực tiểu tại 1,1 == CT yx . +) = y x lim +) = y x 2 lim , nên đờng thẳng 2 = x là tiệm cận đứng của đồ thị. +) ( ) [ ] 0 2 1 lim1lim = + =+ x xy xx , nên đờng thẳng 1 + = xy là tiệm cận xiên của đồ thị. *) Đồ thị: Đồ thị hàm số nhận điểm ( ) 1;2 I làm tâm đối xứng. 2)+) Hàm số xác định 2 x và có ( ) 2 2 2 44 ' + ++ = x mxx y . +) Hàm số có cực đại, cực tiểu tại 0', 21 = yxx có 2 nghiệm phân biệt khác 2. Phơng trình 0 4 4 2 =++ m x x có 2 nghiệm phân biệt 21 , xx 0' > = m 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 x 'y y + + + 2 3 1 3 1 + + _ _ 0 0 y x 1 0 2 3 3 I - 1 Page 8 Thu Lờ II III +) Khi đó 2 điểm cực đại, cực tiểu của hàm số là ( ) ( ) 2211 ,,, yxByxA với 22 11 ++= mxy và 22 22 ++= mxy . Gọi d là đờng thẳng đi qua A, B. Ta có phơng trình của 22: + + = mxyd . Rõ ràng d . Gọi I là trung điểm của AB. =+++= + = = + = 22 2 2 2 21 21 21 mmxx yy y xx x I I Từ A, B đối xứng nhau qua suy ra toạ độ của I thoả mãn phơng trình của , hay ta có: ( ) 402222 ==+ mm , thoả mãn. 1) Phơng trình ( ) xxxxx 4cos1cossin42cos24sin +=+++ ( ) 0cossin42cos22cos22cos2sin2 2 =+++ xxxxxx ( ) ( ) 0cossin22cos12sin2cos =+++ xxxxx ( ) ( ) 0cossin2sin2cossin22cos 2 =+++ xxxxxx ( ) ( ) 01sin2coscossin =++ xxxx +) Zkkxxx +==+ , 4 0cossin +) ( ) ( ) ( ) 01sin21sin01sinsin2101sin2cos 22 ==+=+ xxxxxx Zmmxx +== ,2 2 1sin 2) +) Điều kiện: 16 1 , 2 1 ,10 < x . Khi đó pt 0 4log 3 1log 1 log 1 222 = + + + + xxx . Đặt ( ) 4,1,0,log 2 = txt . Pt trở thành = = =++= + + + + 5 2 2 041250 4 3 1 11 2 t t tt ttt +) Với 4 1 2log2 2 === xxt , thoả mãn. +) Với 5 2 4 1 5 2 log 5 2 === xxt , thoả mãn. Vậy phơng trình có hai nghiệm là 4 1 = x và 5 4 1 = x . 1) +) Điều kiện: 3;1 yx . Đặt 03;01 =+= yvxu . Khi đó hệ đã cho trở thành = =+ =+ =+ 2 2 2 2 22 aa uv avu avu avu v u , là nghiệm của phơng trình ( ) 0 2 2 2 2 = += aa atttf . +) Hệ đã cho có nghiệm phơng trình ( ) 0= tf có nghiệm 21 , tt thoả mãn 21 0 tt ( ) 200 2 2 00.1 2 a aa f . 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Page 9 Thu Lờ IV 2) Đặt xy t = . Từ giả thiết 3 22 =++ xyyx ta có: +) ( ) 33 2 += xyxyxyyx . +) .133 22 ++= xyxyxyyx Vậy 13 t . +) ( ) ( ) 2222 2 22 2 2244 69232 yxxyyxxyyxyxyx ==+=+ . Suy ra 13,92 23 += ttttA . Xét hàm số ( ) 13,92 23 += tttttf . ( ) ttttf <= ,0223' 2 . Vậy hàm số nghịch biến trên R, nên: ( ) ( ) ( ) ( ) 333max;51min 13 13 ==== ftfftf t t +) Để ý rằng 11 = = = yxt và 33 === yxt Vậy 5min = A , đạt khi 1 = = yx 33max = A , đạt khi 3== yx . 1. *) ( ) DKSAABCDSA (1) Gọi DKACH = . Vì AKDC // và AKDC 2 = nên HK DH 2 = hay DKDH 3 2 = mà 3 32 3 22 a DHaAKDADK ==+= . Tơng tự 3 62 3 2 a CACH == 022 2 22 904 9 36 ====+ DHCCDa a CHDH hay DKAC (2) Từ (1), (2) ( ) ( ) ( ) SACSDKSACDK *) Kẻ 2aADKLCDKL == 2. 2 1 2 aCDKLS KCD == . .22.23 3 1 . 3 1 32 aaaSSAV KCDSDKC === Chú ý: Học sinh có thể sử dụng việc chọn hệ trục toạ độ Oxyz có AO từ đó: *) ( ) ( ) ( ) ( ) SACSDKnn SACSDK = 0. *) [ ] 3 2, 6 1 aSCSKSDV SDKC == . 2. *) ( ) 1 2 18 : 22 =+ yx E có 9 8 16,18 2 2 222 ==== a c eca . *) Giả sử ( ) ( ) 1 2 18 , 2 0 2 0 00 =+ yx EyxM (1) *) ( ) ( ) ( ) ( ) 00 2 21 2 2121 2 2 2 1 62.6.4 exaexaaMFMFMFMFMFMFMFMF +=+=+ 912 9 8 .63662 2 0 2 0 2 0 22 ==+=+= xxxea gt (2) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 S D C B K A H L a2 2 a a 2 3 Page 10 Thu Lờ [...]... chi u 28 v ngy 29/3/2009 nh n ủ c bi thi, thớ sinh ph i n p l i phi u d thi cho BTC 2 K kh o sỏt ch t l ng l n 2 s ủ c t ch c vo chi u ngy 18 v ngy 19/4/2009 ng kớ d thi t i vn phũng kh i THPT chuyờn t ngy 28/3/2009 Page 12 Thu Lờ đáp án đề khảo sát chất lợng lớp 12 Lần 1 - 2009 Trờng đại học vinh Khối THPT chuyên Cõu I (2,0 ủi m) P N THI TH Môn NM khối L N 1 Toán, 2009 A ỏp ỏn i m 1 (1,25 ủi m) Với... Ghi chỳ: 1 BTC s tr bi vo cỏc ngy 27, 28/03/2010 nh n ủ c bi thi, thớ sinh ph i n p l i phi u d thi cho BTC 2 K kh o sỏt ch t l ng l n 2 s ủ c t ch c vo chi u ngy 17 v ngy 18/04/2010 ng kớ d thi t i Vn phũng Tr ng THPT Chuyờn t ngy 27/03/2010.Lờ Page 18 Thu TR NG I H C VINH TR NG THPT CHUYấN đáp án đề khảo sát chất lợng lớp 12 Lần 1 - 2010 MễN: TON; Th i gian lm bi: 180 phỳt Cõu... 06 v ngy 07/4/2013 ng kớ d thi ti vn phũng trng THPT Chuyờn t ngy 16/3/2013 TRNG I HC VINH P N KHO ST CHT LNG LP 12, LN 1 - NM 2013 TRNG THPT CHUYấN Mụn: TON Khi A, A1; Thi gian lm bi: 180 phỳt Cõu ỏp ỏn im a) (1,0 im) Cõu 1 Khi m 2 hm s tr thnh y x 3 6 x 2 9 x 1 (2,0 a) Tp xỏc nh: im) b) S bin thi n: * Gii hn ti vụ cc: Ta cú lim y v lim y x x * Chiu bin thi n: Ta cú y' 3 x 2 12 x... R * Sự biến thi n Chiều biến thi n: y ' = 3 x 2 12 x + 9 = 3( x 2 4 x + 3) x > 3 Ta có y ' > 0 , y' < 0 1 < x < 3 x < 1 Do đó: + Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (,1) và (3, + ) + Hm số nghịch biến trên khoảng (1, 3) Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 1 và yCD = y (1) = 3 ; đạt cực tiểu tại x = 3 và yCT = y (3) = 1 Giới hạn: lim y = ; lim y = + x 0,5 0,25 x + Bảng biến thi n: x y... của A là , đạt đợc khi x = y = z = 1 3 1 (1 điểm) - Gọi đờng cao và trung tuyến kẻ từ C là CH và CM Khi đó CH có phơng trình 2 x y + 13 = 0 , CM có phơng trình 6 x 13 y + 29 = 0 2 x y + 13 = 0 - Từ hệ C (7; 1) 6 x 13 y + 29 = 0 C(-7; -1) - AB CH n AB = u CH = (1, 2) pt AB : x + 2 y 16 = 0 x + 2 y 16 = 0 - Từ hệ M (6; 5) 6 x 13 y + 29 = 0 B(8; 4) A(4; 6) 0,5 0,5 H M(6; 5) B(8; 4) - Giả... a2 + b2 = 1 - Giả thi t 2 a = 8 (2) c Ta có (2) a 2 = 8c b 2 = a 2 c 2 = 8c c 2 = c(8 c) 4 9 + =1 Thay vào (1) ta đợc 8c c(8 c) c = 2 2 2c 17c + 26 = 0 13 c = 2 2 x y2 * Nếu c = 2 thì a 2 = 16, b 2 = 12 ( E ) : + = 1 16 12 Page 16 Thu Lờ 0,5 0,5 13 39 x2 y2 2 2 * Nếu c = thì a = 52, b = (E) : + = 1 2 4 52 39 / 4 2 (1 điểm) Giả sử M ( x0 ; y0 ; z0 ) Khi đó từ giả thi t suy ra 2 2 2... trong biểu thức 8(1 x)8 + 9(1 x)9 8 8 Đó là 8.C8 + 9.C9 = 89 Page 17 Thu Lờ 0,5 0,5 TR NG I H C VINH TR NG THPT CHUYấN đề khảo sát chất lợng lớp 12 Lần 1 - 2010 MễN: TON; Th i gian lm bi: 180 phỳt A PH N CHUNG CHO T T C TH SINH (7,0 ủi m) m x cú ủ th l ( H m ) , v i m l tham s th c x+2 1 Kh o sỏt s bi n thi n v v ủ th c a hm s ủó cho khi m = 1 2 Tỡm m ủ ủ ng th ng d : 2 x + 2 y 1 = 0 c t ( H m )...2 x0 = 9 x0 = 3 *) Từ (1), (2) 2 có 4 điểm M là: (3,1); (3, 1); ( 3,1); ( 3, 1) y0 = 1 y0 = 1 Chú ý: Học sinh có thể tính MF1 , MF2 trực tiếp bằng công thức: ( x B x A )2 + ( y B y A )2 AB = 0,25 với F1 ( 4, 0 ); F2 (4, 0 ), M ( x0 , y0 ) 3 *) Từ tính chất của hình vuông hoặc sử dụng phép chiếu lên 3 trục ta có B' (3, 3, 0 ),... thnh y = I (2,0 a T p xỏc ủ nh: R \ {2} ủi m) b S bi n thi n: x +1 x+2 0,5 3 < 0, x 2 * Chi u bi n thi n: Ta cú y ' = ( x + 2) 2 Suy ra hm s ngh ch bi n trờn m i kho ng (; 2) v (2; + ) lim y = 1 ; lim + y = + ; lim y = * Gi i h n: lim y = 1 ; x+ x x ( 2 ) x ( 2 ) Suy ra ủ th cú ti m c n ngang l y = 1 v ti m c n ủ ng l x = 2 * B ng bi n thi n x 2 + y' + y 1 1 c th : th c t Ox t i (1;... 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 Page 23 Thu Lờ Page 24 Thu Lờ Page 25 Thu Lờ Page 26 Thu Lờ Page 27 Thu Lờ TRNG I HC VINH TRNG THPT CHUYấN KHO ST CHT LNG LP 12, LN 1 - NM 2012 Mụn: TON; Khi: A; Thi gian lm bi: 180 phỳt PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im) x 1 Cõu I (2,0 im) Cho hm s y 2x 3 1 Kho sỏt s bin thi n v v th ( H ) ca hm s ó cho 2 Gi I l giao im hai tim cn ca ( H ) Vit phng trỡnh tip tuyn ca ( H ) . 0,25 0,5 0,25 Page 6 Thu Lờ Trờng đại học Vinh đề thi khảo sát chất lợng lớp 12 Lần 1 - 2008 Khối THPT chuyên Môn: Toán - Thời gian làm bài: 180 phút Câu I. Cho hàm. Trờng đại học vinh Khối THPT chuyên đáp án đề khảo sát chất lợng lớp 12 Lần 1 - 2009 Môn Toán, khối A x y y 3 - 1 + 0 0 3 1 + + + Page 13 Thu Lờ Từ. tháng 4 năm 2008. Đăng ký dự thi tại văn phòng khối THPT chuyên - Đại học Vinh từ ngày 29 tháng 3 năm 2008. Page 7 Thu Lờ Đáp án toán lần 1-2008 Câu Nội dung Điểm I