SỎ GD&DT THANH HÓA TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 – NĂM HỌC 2010-2011 MÔN TOÁN (Khối A - B - D) - Thời gian làm bài: 180 phút PHẦN CHUNG (7 điểm). Dành cho tất cả các thí sinh. Câu I (2 điểm). Cho hàm số 1x y x m − = + (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 1m = . 2. Tìm các giá trị của tham số m sao cho đường thẳng (d): 2y x= + cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm A và B sao cho 2 2AB = . Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình lượng giác: 2 4sin .sin .sin 4 3.cos .cos .cos 2 3 3 3 3 x x x x x x π π π π + − − + + = ÷ ÷ ÷ ÷ . 2. Giải hệ phương trình: 2 2 (1 ) ( 2 ) 5 (1 )( 2 2) 2 y x x y x y x y x + + − = + − − = Câu III (1 điểm). Tính tích phân sau: 3 2 0 cos cos sin ( ) 1 cos x x x I x dx x π + + = + ∫ Câu IV (1 điểm). Cho hình thoi ABCD cạnh a, góc · 0 60BAD = . Gọi G là trọng tâm tam giác ABD, ( )SG ABCD⊥ và 6 3 a SG = . Gọi M là trung điểm CD. 1. Tính thể tích khối chóp S.ABMD theo a. 2. Tính khoảng cách giữa các đường thẳng AB và SM theo a. Câu V (1 điểm). Cho các số thực dương , ,x y z thỏa mãn 3x y z+ + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3 3 3 4 4 4 (2 1 8 4 2) (2 1 8 4 2) (2 1 8 4 2) x y z A y y x z z y x x z = + + + + − + + − + + − . PHẦN RIÊNG (3 điểm). Thí sinh chỉ làm một trong hai phần A hoặc B. A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình cạnh AB: 2 1 0x y− − = , đường chéo BD: 7 14 0x y− + = và đường chéo AC đi qua điểm (2;1)E . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian Oxyz cho các đường thẳng 1 2 1 1 1 4 : , : 1 2 1 1 2 3 x y z x y z d d + − + − = = = = − . a. Chứng minh rằng hai đường thẳng đó chéo nhau và vuông góc với nhau. b. Viết phương trình đường d cắt cả hai đường thẳng 1 2 , d d đồng thời song song với đường thẳng 4 7 3 : 1 4 2 x y z− − − ∆ = = − . Câu VII.a (1 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn đồng thời các điều kiện 2 1z i z i+ = − + và 1 2 z i z i + − + là một số thuần ảo. B. Theo chương trình Nâng cao. Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho elip 2 2 ( ): 1 16 9 x y E + = và đường thẳng :3 4 12 0d x y+ − = . Chứng minh rằng đường thẳng d cắt elip (E) tại hai điểm A, B phân biệt. Tìm điểm ( )C E∈ sao cho ABC∆ có diện tích bằng 6. 2. Trong không gian Oxyz cho các đường thẳng 1 2 4 : 1 1 2 x y z d − + = = − và 2 8 6 10 : 2 1 1 x y z d + − − = = − . a. Chứng minh rằng 1 2 ,d d chéo nhau. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng đó. b. Gọi AB là đường vuông góc chung của 1 d và 2 d ( 1 2 , A d B d∈ ∈ ). Viết phương trình mặt cầu đường kính AB. Câu VII.b (1 điểm). Giải hệ phương trình: 3 3 log ( ) log ( ) 2 2 4 4 4 4 2 2 1 log (4 4 ) log log ( 3 ) 2 xy xy x y x x y − = + = + + + www.laisac.page.tl TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2 ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 Câu Ý Nội dung Điểm I 1 (1 đ) Với 1m = ta được hàm số 1 1 x y x − = + . 1/ TXĐ: { } \ 1D R= − 2/ Sự biến thiên: - Giới hạn: 1 lim lim 1 1 x x x y x →±∞ →±∞ − = = + ⇒ đồ thị hàm số có tiệm cận ngang là 1y = . ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) 1 1 lim lim ; lim lim 1 1 x x x x x x y y x x − − + + → − → − → − → − − − = = +∞ = = −∞ + + ⇒ đồ thị hàm số có tiệm cận đứng là 1x = − - Chiều biến thiên: 2 2 ' 0 ( 1) y x D x = > ∀ ∈ ⇒ + hàm số đồng biến trên các khoảng xác định. Hàm số không có cực trị. - Bảng biến thiên x −∞ 1− +∞ 'y + + y +∞ 1 1 −∞ 3/ Đồ thị: - Đồ thị hàm số cắt trục Ox tại điểm (1;0) , cắt trục Oy tại điểm (0; 1)− 0.25 đ 0.25 đ 0.5 đ 2 (1 đ) - Xét phương trình hoành độ giao điểm của d và đồ thị hàm số (1): 2 1 2 ( 1) 2 1 0 (*) x m x x x m x m x m ≠ − − = + ⇔ + + + + + = - Đường thẳng d cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm A, B phân biệt khi và chỉ khi PT (*) có hai nghiệm phân biệt khác m− 2 0 6 3 0 3 2 3 3 2 3 1 1 m m m m x m m m ∆ > − − > < − ∨ > + ⇔ ⇔ ⇔ ≠ − ≠ − ≠ − (**) - Khi đó gọi 1 2 , x x là các nghiệm của PT (*), ta có 1 2 1 2 ( 1) . 2 1 x x m x x m + = − + = + 0.25 đ 0.25 đ - Các giao điểm của d và đồ thị hàm số (1) là 1 1 2 2 ( ; 2), ( ; 2)A x x B x x+ + . Suy ra 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2( ) 2 ( ) 4 2( 6 3)AB x x x x x x m m = − = + − = − − Theo giả thiết ta được 2 2 1 2( 6 3) 8 6 7 0 7 m m m m m m = − − − = ⇔ − − = ⇔ = - Kết hợp với điều kiện (**) ta được 7m = là giá trị cần tìm. 0.25 đ 0.25 đ II 1 (1 đ) Giải phương trình: 2 4sin .sin .sin 4 3.cos .cos .cos 2 3 3 3 3 x x x x x x π π π π + − − + + = ÷ ÷ ÷ ÷ . 2 PT 2sin (cos2 cos ) 2 3.cos .(cos(2 ) cos ) 2 3 3 2sin .cos2 sin 2 3.cos .cos2 3 cos 2 (sin 3 sin ) sin 3(cos3 cos ) 3 cos 2 1 3 sin 3 3 cos3 2 sin3 cos3 1 2 2 cos 3 1 3 2 3 2 6 6 6 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x k x k π π π π π π π π ⇔ − − + + = ⇔ + + − = ⇔ − + + + − = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = + ÷ ⇔ 2 , Z. 18 3 x k k π π = + ∈ Vậy PT ban đầu có 1 họ nghiệm : 2 , Z 18 3 x k k π π = + ∈ 0.25 đ 0.25 đ 0.25 đ 0.25 đ 2 (1 đ) Giải hệ PT: 2 2 (1 ) ( 2 ) 5 (1 )( 2 2) 2 y x x y x y x y x + + − = + − − = (I) * Nếu 0x = thì hệ (I) 2 2 1 0 (1 )(2 2) 0 y y y + = ⇔ + − = vô nghiệm. * Nếu 0x ≠ thì chia cả hai vế của cả hai PT trong hệ cho x ta được hệ tương đương 2 2 2 2 1 1 ( 2 ) 5 ( 2 2) 3 1 1 ( 2 2) 2 ( 2 2) 2 y y x y x y x x y y x y x y x x + + + − = + − − = ⇔ + + − − = − − = - Đặt 2 1 , 2 2 y u v x y x + = = − − , ta được hệ phương trình: 3 1 2 2 u v u uv v + = = ⇔ = = hoặc 2 1 u v = = - Với 2 2 2 1 2 4 1 1 1 2 2 4 2 3 0 2 2 2 y x y u x y x v x y y y x y + = + = = + = ⇒ ⇔ ⇔ = = + − − = − − = 2 4 2 1 3 1 x y x y y y = + = ⇔ ⇔ = − ∨ = = − 10 3 x y = ∨ = - Với 2 2 2 1 2 3 2 1 2 2 1 2 3 4 5 0 2 2 1 y x y u y x x v x y y y x y + = + = + = = ⇒ ⇔ ⇔ = = + − − = − − = 2 3 1 13 1 5 1 5 x y x x y y y y = + = = ⇔ ⇔ ∨ = − ∨ = = − = - Vậy hệ ban đầu có 4 nghiệm ( ; ) (2; 1) , (10; 3) , (1; 1) , (13; 5)x y = − − . 0.25 đ 0.25 đ 0.25 đ 0.25 đ III (1 đ) Tính tích phân: S M G D C B A 3 2 0 cos cos sin ( ) 1 cos x x x I x dx x π + + = + ∫ 2 2 2 0 0 0 cos (1 cos ) sin .sin .cos . 1 cos 1 cos x x x x x x dx x x dx dx J K x x π π π + + = = + = + ÷ + + ∫ ∫ ∫ - Tính 0 .cos .J x x dx π = ∫ . Đặt cos sin u x du dx dv xdx v x = = ⇒ = = 0 0 0 ( .sin ) sin . 0 cos 2J x x x dx x π π π ⇒ = − = + = − ∫ - Tính 2 0 .sin 1 cos x x K dx x π = + ∫ Đặt x t dx dt π = − ⇒ = − Đổi cận : x 0 π t π 0 2 2 2 0 0 0 ( ).sin( ) ( ).sin ( ).sin 1 cos ( ) 1 cos 1 cos t t t t x x K dt dt dx t t x π π π π π π π π − − − − ⇒ = = = + − + + ∫ ∫ ∫ 2 2 2 0 0 0 ( ).sin sin . sin . 2 1 cos 1 cos 2 1 cos x x x x dx x dx K dx K x x x π π π π π π + − ⇒ = = ⇒ = + + + ∫ ∫ ∫ Đặt cos sin .t x dt x dx= ⇒ = − Đổi cận: x 0 π t 1 1 − 1 2 1 2 1 dt K t π − ⇒ = + ∫ , đặt 2 tan (1 tan )t u dt u du= ⇒ = + Đổi cận: t 1− 1 u 4 π − 4 π 2 2 4 4 4 2 4 4 4 (1 tan ) . 2 1 tan 2 2 4 u du K du u u π π π π π π π π π π − − − + ⇒ = = = = + ∫ ∫ Vậy 2 2 4 I π = − 0.25 đ 0.25 đ 0.25 đ 0.25 đ IV (1 đ) 1 (0.5 đ) * Tính thể tích S.ABMD. - Nhận thấy: SG là chiều cao của khối chóp S.ABMD, 6 3 a SG = ; Do ABCD là hình thoi cạnh a, · 0 60BAD = ABD⇒ ∆ và BCD∆ là các tam giác đều cạnh a, M là trung điểm CD 2 2 2 2 2 1 1 3 3 2 2 4 8 3 3 3 3 2 8 8 BCM BCD ABMD ABCD BCM a a S S a a a S S S ∆ ∆ ∆ ⇒ = = = ⇒ = − = − = 2 3 . 1 1 6 3 3 2 . . . 3 3 3 8 8 S ABMD ABMD a a a V SG S⇒ = = = Vậy 3 . 2 8 S ABMD a V = 0.25 đ 0.25 đ 2 (0.5 đ) * Tính khoảng cách giữa AB và SM: - Nhận thấy: // //( )AB CD AB SCD⇒ , mà ( )SM SCD⊂ ( , ) ( ,( )) ( ,( ))d AB SM d AB SCD d B SCD h⇒ = = = - Lại có: 2 2 1 1 3 2 3 . 3 3 2 3 3 3 a a AG AO AC AC GC= = = = ⇒ = 2 2 2 2 2 2 6 12 2 9 9 a a SC SG GC a⇒ = + = + = Mặt khác 2 2 2 2 2 2 3 6 3 3 9 9 a a a GD GA SD SG GD a= = ⇒ = + = + = · · 2 2 2 2 2 2 0 2 1 cos 45 2. . 2. 2. 2 SC CD SD a a a SCD SCD SC CD a a + − + − ⇒ = = = ⇒ = 2 0 1 1 1 . .sin 45 . 2. . 2 2 2 4 2 SCM a a S SC CM a ∆ ⇒ = = = Vì . . 1 . . 3 S BCM B SCM SCM V V h S ∆ = = nên . 3 B SCM SCM V h S ∆ = Mà 2 3 3 3 3 . . . . 1 6 3 2 2 2 2 . . 3 3 2 8 6 8 24 B SCM S BCM S ABCD S ABMD a a a a a a V V V V= = − = − = − = 3 2 3. 2 2 : 24 4 2 a a a h⇒ = = . Vậy 2 ( , ) 2 a d AB SM = 0.25 đ 0.25 đ V (1 đ) - Áp dụng BĐT AM-GM ta có: 3 2 2 2 3 2 2 2 3 2 1 8 2 (1 2 )(1 2 4 ) 1 2 1 2 4 2 4 4 4 1 2 1 8 2 4 (4 4 ) (2 1 8 4 2) y y y y y y y y x x y y y y y x y x y y y x + = + − + ≤ + + − + = + ⇒ + − ≤ ⇒ ≥ = − + + + + − Tương tự cho 2 hạng tử còn lại, ta được: 2 2 2 1 1 1 x y z A x y z z x x y y z ≥ + + − + + ÷ + + + - Sử dụng BĐT AM-GM để đánh giá mẫu số, ta có: 0.25 đ 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 2 x y z x y z A x y z z x x y y z x y z zx xy yz x y z x y z ÷ ≥ + + − + + ≥ + + − + + ÷ ÷ + + + = + + − + + ÷ ÷ - Lại có: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 1 1 1 2 x y z x y z x y z + + + = + + + + + ≥ + + ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ Suy ra 1 1 1 1 1 1 1 3 1 1 1 2 3 3 2 2 A x y z x y z x y z ≥ + + − − + + = + + − ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ ÷ 3 3 3 3 3 3 . 3 . 3 2 2 2 3 x y z xyz ≥ − ≥ − = + + . Vậy min 3 1 2 A x y z= ⇔ = = = 0.25 đ 0.25 đ 0.25 đ VI.a 1 (1 đ) * Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật: - Ta có: B AB BD= ∩ suy ra tọa độ B là nghiệm hệ: 2 1 0 7 (7; 3) 7 14 0 3 x y x B x y y − − = = ⇔ ⇒ = − + = = - Giả sử (2 1; ) : 2 2 1 0; (7 14; ) : 7 14 0A a a AB y D d d BD x y= + ∈ − − = = − ∈ − + = (6 2 ; 3 ), (7 21; 3); (7 2 15; )AB a a BD d d AD d a d a⇒ = − − = − − = − − − uuur uuur uuur Do 3 (loai) . 0 (3 )(15 5 30) 0 3 6 0 a AB AD AB AD a d a d a = ⊥ ⇒ = ⇔ − − − = ⇔ − − = uuur uuur uuur uuur 3 6 ( 3;6 2 )a d AD d d⇒ = − ⇒ = − − uuur . Lại có: ( 7; 3) C C BC x y= − − uuur . Mà ABCD là hình chữ nhật nên AD BC= uuur uuur 3 7 4 ( 4; 9 2 ) 6 2 3 9 2 C C C C d x x d C d d d y y d − = − = + ⇒ ⇒ = + − − = − = − . (6 13; 3 7), ( 2; 8 2 )EA d d EC d d⇒ = − − = + − uuur uuur với (2;1)E = - Mặt khác điểm (2;1) , E AC EA EC∈ ⇒ uuur uuur cùng phương 2 (6 13)(8 2 ) ( 2)(3 7) 5 6 0 2 0 0 3 3 (loai) d d d d d d d a a d a ⇔ − − = + − ⇔ − + = = = ⇔ ⇒ ⇒ = = = Vậy (1; 0), (7; 3), (6; 5), (0; 0)A B C D= = = = là các đỉnh của hình chữ nhật cần tìm. 0.25 đ 0,25 đ 0.25 đ 0.25 đ 1 (1 đ) 1 2 1 1 1 4 : , : 1 2 1 1 2 3 x y z x y z d d + − + − = = = = − . Đường thẳng 1 d đi qua điểm 1 (0; 1;0)M = − , có vectơ chỉ phương là 1 (1; 2; 1)u = ur Đường thẳng 2 d đi qua điểm 2 (1; 1;4)M = − , có vectơ chỉ phương là 2 (1; 2;3)u = − uur . a/ Ta có 1 2 1 2 1 2 1 2 , (8; 2; 4), (1; 0; 4) , . 8 0u u M M u u M M = − − = ⇒ = − ≠ ur uur uuuuuur ur uur uuuuuur 1 2 , d d⇒ chéo nhau. Lại có 1 2 1 2 . 1 4 3 0u u d d= − + = ⇒ ⊥ ur uur . Vậy 1 d , 2 d chéo và vuông góc với nhau. b/ Gọi 1 2 , ( ; 1 2 ; ), (1 ; 1 2 ;4 3 )M d d N d d M t t t N s s s= ∩ = ∩ ⇒ = − + = + − − + (1 ; 2 2 ;4 3 )MN s t s t s t⇒ = + − − − + − uuuur là một vectơ chỉ phương của đường thẳng d. Lại có (1;4; 2)u = − r là vectơ chỉ phương của ∆ , 0.25 đ 0.25 đ 0,25 đ do đó //d u∆ ⇒ r cùng phương với MN uuuur 2 0 , 0 5 3 6 0 s t u MN s t − + = ⇔ = ⇔ − + = r uuuur r 0 (2;3;2) 2 s M t = ⇒ = = . Vậy đường thẳng cần tìm là 2 3 2 : 1 4 2 x y z d − − − = = − . 0.25 đ VII.a (1 đ) * Tìm số phức z Đặt 2 ( 2) ( , ) 1 ( 1) (1 ) z i a b i z a bi a b R z i a b i + = + + = + ∈ ⇒ − + = − + − 2 2 2 2 2 1 ( 2) ( 1) (1 ) 1 3z i z i a b a b a b⇒ + = − + ⇔ + + = − + − ⇔ = − − Và 2 2 2 2 1 ( 1) ( 1) ( 1) ( 2)( 1) (2 3) 2 2 (2 ) (2 ) (2 ) z i a b i a a b b a b b i z i a b i a b a b + − + + − + − − − − + − = = + + + − + − + − là một số thuần ảo khi và chỉ khi 2 ( 1) ( 2)( 1) 0 4 3 1 0a a b b b b+ − − − = ⇔ + − = 1 2 1 7 4 4 b a b a = − = ⇔ ⇒ = = − . Vậy có hai số phức cần tìm: 2z i = − và 7 1 4 4 z i= − + 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ VI.b 1 (1 đ) * Chứng minh đường thẳng d cắt (E) tại 2 điểm - Xét hệ PT giao điểm 2 2 4, 0 1 (4;0), (0;3) 16 9 0, 3 3 4 12 0 x y x y A B x y x y = = + = ⇔ ⇔ ⇒ = = + − = là các giao điểm của d và (E). - Gọi 2 2 0 0 0 0 ( ; ) ( ) 1 16 9 x y C x y E∈ ⇒ + = (1). Ta có 0 0 3 4 12 ( , ) 5 x y d C AB h + − = = 0 0 0 0 3 4 12 1 1 1 . . .5. 3 4 12 2 2 5 2 ABC x y S AB h x y ∆ + − = = = + − Theo giả thiết suy ra 0 0 0 0 0 0 3 4 24 (2) 3 4 12 12 3 4 0 (3) x y x y x y + = + − = ⇔ + = - Từ (1) và (2) ta được PT 2 0 0 2 12 27 0y y− + = , PT này vô nghiệm - Từ (1 và (3) ta được PT 2 0 0 0 3 32 144 2 2 2 y y x= ⇔ = ± ⇒ = m . Vậy có hai điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 3 2 2; 2 C = − ÷ và 3 2 2; 2 C = − ÷ . 0,25 đ 0.25 đ 0.25 đ 0.25 đ 2 (1 đ) Ta có: 1 2 4 : 1 1 2 x y z d − + = = − và 2 8 6 10 : 2 1 1 x y z d + − − = = − . 1 d đi qua điểm 1 (0;2; 4)M = − , có vectơ chỉ phương là 1 (1; -1; 2)u = ur 2 d đi qua điểm 2 ( 8;6;10)M = − , có vectơ chỉ phương là 2 (2;1; 1)u = − uur . a/ 1 2 1 2 1 2 1 2 , ( 1;5;3), ( 8;4;14) , . 70 0u u M M u u M M = − = − ⇒ = ≠ ur uur uuuuuur ur uur uuuuuur Suy ra 1 d và 2 d chéo nhau. 1 2 1 2 1 2 1 2 , . 70 ( , ) 2 35 35 , u u M M d d d u u = = = ur uur uuuuuur ur uur b/ Ta có 1 2 , ( ;2 ; 4 2 ), ( 8 2 ;6 ;10 )A d B d A t t t B s s s∈ ∈ ⇒ = − − + = − + + − ( 8 2 ;4 ;14 2 )AB s t s t s t⇒ = − + − + + − − uuur 0.25 đ 0.25 đ 0.25 đ Do AB là đường vuông góc chung nên 1 1 2 2 . 0 4 2 . 0 AB u AB u s t AB u AB u ⊥ = = ⇒ ⇔ ⇔ = ⊥ = uuur ur uuur ur uuur uur uuur uur (2;0;0), (0;10;6)A B⇒ = = . Mặt cầu đường kính AB có PT là: 2 2 2 ( 1) ( 5) ( 3) 35x y z− + − + − = . 0.25 đ VII.b Giải hệ PT: 3 3 log ( ) log ( ) 2 2 4 4 4 4 2 2 (1) 1 log (4 4 ) log log ( 3 ) (2) 2 xy xy x y x x y − = + = + + + - ĐK: 0, 0x y> > . Đặt 3 log ( ) 2 0 xy t = > , PT (1) trở thành 2 3 1 (loai) 3 2 0 2 log ( ) 1 3 2 t t t t xy xy y t x = − − − = ⇔ ⇒ = ⇒ = ⇔ = ⇔ = = Thay vào PT (2) ta được PT 2 4 4 4 2 36 1 9 log (4 ) log log ( ) 2 x x x x x + = + + + 2 2 2 4 2 2 2 2 3 36 9 36 4 2 ( ) 2 18 0 9 18 0 6 x x x x x x x x x x x = ⇔ + = + ⇔ + − = ⇔ − + = ⇔ = 3 3 6 6 2 y x x y = = ⇔ ⇒ = = . Vậy hệ có 2 nghiệm là ( ) 6 3; 3 , 6; 2 ÷ ÷ 0.25 đ 0.25 đ 0.25 đ 0.25 đ Lưu ý: - Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa của câu đó. - Câu IV phải vẽ hình, nếu không vẽ hoặc vẽ sai cơ bản thì không chấm. - Thí sinh thi khối D thì câu I.1 cho 1.5 điểm; câu II.1 cho 1.5 đ; câu II.2 cho 1.5 đ . HẬU LỘC 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 – NĂM HỌC 2010-2011 MÔN TOÁN (Khối A - B - D) - Thời gian làm bài: 180 phút PHẦN CHUNG (7 điểm). Dành cho tất cả các thí sinh. Câu I (2 điểm). Cho hàm số 1x y x. LỘC 2 ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 Câu Ý Nội dung Điểm I 1 (1 đ) Với 1m = ta được hàm số 1 1 x y x − = + . 1/ TXĐ: { } 1D R= − 2/ Sự biến thi n: - Giới hạn: 1 lim lim. m − = + (1) 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 1m = . 2. Tìm các giá trị của tham số m sao cho đường thẳng (d): 2y x= + cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm A và B sao