PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm)
Câu I (2.0 điểm) Cho hàm số:
4 2
x x 2
y (C)
6 2 3
= + −
1. Kh
ảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C)của hàm số.
2. Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt đồ thị hàm số (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác
ABD là tam giác đều trong đó D là điểm cực tiểu của đồ thị hàm số (C).
Câu II (2.0
điểm)
1. Giải phương trình sau:
+ + − =
3sin 3x 2 sin x(3 8cos x) 3cos x
2. Giải hệ phương trình sau:
3 3
3 3
5x 7y 2xy 38
(x,y )
4x 3y 7xy 4

+ + =

∈

− − = −



ℝ

Câu III (1.0 điểm)
Tính tích phân sau:
π
+
=
∫
4
4
4
0
sin x 1
I dx
cos x

Câu IV (1.0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có
đ
áy ABCD là hình thoi tâm O, c
ạ
nh 4a và

o
ABC 60
=
.
Hình chi
ế
u c

ủ
a
đỉ
nh S trên m
ặ
t ph
ẳ
ng (ABCD) là trung
đ
i
ể
m H c
ủ
a OA. Góc gi
ữ
a m
ặ
t ph
ẳ
ng (SCD) và
m
ặ
t ph
ẳ
ng
đ
áy b
ằ
ng
o

60
. Tính th
ể
tích c
ủ
a kh
ố
i chóp S.ABCD theo a và cosin c
ủ
a góc t
ạ
o b
ở
i
đườ
ng
th
ẳ
ng AO và m
ặ
t ph
ẳ
ng (SCD).
Câu V (1.0 điểm)
Cho a, b, x, y là b
ố
n s
ố
d
ươ

ng th
ỏ
a mãn
5 5
a b 2
+ =
và x, y 4
≤
. Hãy tìm giá tr
ị
nh
ỏ

nh
ấ
t c
ủ
a bi
ể
u th
ứ
c:
2 2
2 2
x 2y 24
P
xy(a b )
+ +
= ⋅
+


PHẦN RIÊNG (3.0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B).
A. Theo chương trình Chuẩn.
Câu VI.a (2.0 điểm)

1.

Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng Oxy, cho hình thang cân ABCD có hai
đ
áy là AB và CD,
CD 2AB=
. Bi
ế
t
A(2; 1)− , B(4;1) và
đ
i
ể
m M( 5; 4)− − thu
ộ
c
đ
áy l
ớ
n c
ủ

a hình thang. Hãy xác
đị
nh t
ọ
a
độ

đỉ
nh C và
D c
ủ
a hình thang.
2.

Trong không gian Oxyz, cho 4
đ
i
ể
mA(1;2;3), B( 2;2; 3), C(1;1; 5), D(3; 1; 2)− − − − − và m
ộ
t
đ
i
ể
m M
thu
ộ
c
đườ
ng th

ẳ
ng CD. Vi
ế
t ph
ươ
ng trình m
ặ
t ph
ẳ
ng (ABM) bi
ế
t th
ể
tích kh
ố
i t
ứ
di
ệ
n M.ABC g
ấ
p
hai l
ầ
n th
ể
tích kh
ố
i t
ứ

di
ệ
n M.ABD.
Câu VII.a (1.0 điểm)
Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng ph
ứ
c Oxy, tìm t
ậ
p h
ợ
p các
đ
i
ể
m M bi
ể
u di
ễ
n s
ố
ph
ứ
c
w (1 2i)z 3= − + bi
ế
t z là s

ố
ph
ứ
c th
ỏ
a mãn:
z 2 5.+ =

B. Theo chương trình Nâng cao.

Câu VI.b (2.0 điểm)

1.

Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng Oxy, cho hình thoi ABCD có
đườ
ng chéo AC n
ằ
m trên
đườ
ng th
ẳ
ng
: x y 1 0∆ + − = .
Đ
i

ể
m M(4;9) n
ằ
m trên
đườ
ng th
ẳ
ng ch
ứ
a c
ạ
nh AB,
đ
i
ể
m N( 5; 2)− − n
ằ
m trên
đườ
ng th
ẳ
ng ch
ứ
a c
ạ
nh AD. Bi
ế
t AC =
2 2
. Hãy xác

đị
nh t
ọ
a
độ

đỉ
nh C c
ủ
a hình thoi ABCD.
2.

Trong không gian Oxyz, cho m
ặ
t c
ầ
u (S) có ph
ươ
ng trình:
2 2 2
x y z 4x 2y 6z 12 0+ + − + + − = và
đườ
ng th
ẳ
ng (d): x 5 2t; y 4;z 7 t= + = = + . Vi
ế
t ph
ươ
ng trình
đườ

ng th
ẳ
ng
∆
ti
ế
p xúc m
ặ
t c
ầ
u (S)
t
ạ
i
đ
i
ể
m M(5;0;1) bi
ế
t
đườ
ng th
ẳ
ng
∆
t
ạ
o v
ớ
i

đườ
ng th
ẳ
ng (d) m
ộ
t góc
ϕ
th
ỏ
a mãn
1
cos
7
ϕ = ⋅

Câu VII.b (1.0
điểm)
Gi
ả
i h
ệ
ph
ươ
ng trình sau:
( ) ( )
2
2
x y
x y
2 4.3 32

2 2. 3 4

− = −


− = −



Hết

SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ


ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM HỌC 2012-2013
Môn: TOÁN; Khối B, D
Th
ời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề.
Ngày thi 13/04/2013
Cảm ơn (
) gửi tới www.laisac.page.tl
Trang 1/6


Câu Đáp án Điểm
I
(2.0 điểm)
1. (1.0 điểm) Khảo sát…
• Tập xác định:

= ℝD
.
• Sự biến thiên:
→−∞
= +∞
x
lim y
,
→+∞
= +∞
x
lim y

0.25

= + = ⇔ = ⇒ = −
3
2 2
y' x x, y ' 0 x 0 y
3 3

Bảng biến thiên:






x
−∞

0
+∞


y'

– 0 +
y
+∞

+∞

CT

−
2
3

0.25
Hàm số đạt CT tại =
CT
x 0; = −
CT
2
y
3
, hàm số không có cực đại.
Hàm s
ố nghịch biến trên
−∞

( ;0) và đồng biến trên
+∞
(0; ) .
0.25



0.25
2. (1.0 điểm) Viết phương trình đường thẳng…
Ta có:
 
−
 
 
2
D 0;
3
. Do
∈A,B (C)
và
∆ABD
đều ⇒ AB//Ox và A, B đối xứng
nhau qua Oy. (Do tính ch
ất đối xứng của (C))
Do đó, ta giả sử:
 
+ − ∈
 
 
4 2

a a 2
A a; (C)
6 2 3
với
>a 0

 
⇒ − + −
 
 
4 2
a a 2
B a;
6 2 3

0.25
Khi đó,
∆ABD
đều
 
⇔ = ⇔ = ⇔ = + +
 
 
2
4 2
2 2 2 2
a a
AB AD AB AD 4a a
6 2


0.25
 
⇔ + = ⇔ + =
 
 
2
4 2 4 2
2
a a a a
3a 3a
6 2 6 2
(do
a > 0
)
a a (a )(a a )
a
A ;
a a (Voâ nghieäm vì )
⇔ + − = ⇔ − + + =

=
 
⇔ ⇒

 

 
+ + = ∆ = − <

3 2

2
3 6 3 0 3 3 6 0
3
7
3
3
3 6 0 21 0

0.25
∆là đường thẳng đi qua A và song song Oy⇒ phương trình đt ∆ là = ⋅
7
y
3

0.25
II
(2.0 điểm)
1. (1.0 điểm) Giải phương trình:
+ + − =3sin 3x 2 sin x(3 8cos x) 3cosx
⇔ + + − =3sin 3x 3sin x 2 8sin x cos x 3cosx
⇔ − + − =3.2sin 2x cos x 4 sin 2x 2 3cosx 0
0.25
SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM 2013
Môn: TOÁN; Khối B, D
(Đáp án – thang điểm gồm 06 trang)
• Đồ thị:
x

1

−1

y 0 0

- Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận trục Oy
làm trục đối xứng.

Trang 2/6
II
(2.0 điểm)
⇔ − + − =
2sin 2x(3cos x 2) 2 3cos x 0
⇔ − − =
(3cos x 2)(2sin 2x 1) 0
0.25
π

= =

− =

⇔ ⇔


− =


=



1
sin 2x sin
2sin 2x 1 0
2 6
3cos x 2 0 2
cosx
3

0.25
π π
 
= + π = + π
 
 
π π
 
⇔ = + π ⇔ = + π
 
 
 
= ± + π = ± + π
 
 
2x 2k x k
6 12
5 5
2x 2k x k
6 12

2 2
x arccos 2k x arccos 2k
3 3

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:
π π
= + π = + π = ± + π
5 2
x k ;x k ;x arccos 2k
12 12 3
.

0.25
2. (1.0 điểm) Giải hệ phương trình…
HPT
 
+ + = − =
 
⇔ ⇔
 
− − = − + + =
 
 
3 3 3
3 3 3 3
5x 7y 2xy 38 43x 43xy 86
4x 3y 7xy 4 5x 7y 2xy 38


  

= + = + = +
  
⇔ ⇔ ⇔
  
+ + + = + = = −
  
  
3 3 3
3 3 3
x xy 2 x xy 2 x xy 2
(I)
5xy 10 7y 2xy 38 7y 7xy 28 y 4 xy

0.25
a. Với
=

⇒

=

x 0
(I)
y 0
vô nghiệm.
0.25
b. Với
≠x,y 0
, từ (I)
⇒ = + − ⇔ = − + +

3 3 3 3 2 2
x y (xy 2)(4 xy) x y x y 2xy 8


⇔ + − − =
3 3 2 2
x y x y 2xy 8 0


⇔ − + + =
2 2
(xy 2)(x y 3xy 4) 0


xy
x y xy (Voâ nghieäm vì )

=
⇔

+ + = ∆ = − <

2 2
2
3 4 0 7 0

0.25
Với
=xy 2
. Thay vào (I) ta được:



= =
 
⇔
 
=

=



3
3
3
3
x 4 x 4
y 2
y 2

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là
( )
3 3
4; 2
.
0.25
III
(1.0 điểm)
Tính tích phân …
Ta có:

π π
+
 
= = + = +
 
 
∫ ∫
4
4 4
4
1 2
4 4
0 0
sin x 1 1
I dx tan x dx I I
cos x cos x

▪ Tính
π π
 
= = + − + +
 
∫ ∫
4 4
4 2 2 2
1
0 0
I tan xdx tan x(tan x 1) (tan x 1) 1 dx



π
π
π
 
π π
= − + = − + = − +
 
 
∫
3
4
4
2
4
0
0
0
tan x 2
(tan x 1)d(tan x) x tan x
3 4 3 4

0.5
▪ Tính
π π π
= = ⋅ = + = ⋅
∫ ∫ ∫
4 4 4
2
2
4 2 2

0 0 0
1 1 dx 4
I dx (1 tan x)d(tan x)
cos x cos x cos x 3

0.25
Vậy
π π
= + = − + + = + ⋅
1 2
2 4 2
I I I
3 4 3 4 3

0.25
Trang 3/6
IV
(1.0 điểm)
Tính thể tích khối lăng trụ …


S
A
B
C
D
H
K
L
M

O
60
o
60
o
4a

Do đó góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD) là

=
o
SKH 60

0.25
∆OCD
vuông tại O có

= ⇒ = = =
⋅
o o
3
OCD 60 OL OC.sin 60 2a a 3.
2

∆HCK
có OL//HK
⇒ = = ⇒ = = ⋅
OL OC 2 3 3 3a
HK OL
HK HC 3 2 2


∆SHK
vuông tại H
⇒ = = ⋅ = ⋅
o
3 3a 9a
SH HK. tan 60 3
2 2

Vậy
= = ⋅ ⋅ =
2 3
S.ABCD ABCD
1 1 9a
V SH.S 8 3a 12 3a .
3 3 2

0.25
▪ Tính góc giữa AO và mặt phẳng (SCD).
Trong mp (SHK) kẻ
⊥ ∈
⇒
⊥
HM SK (M SG) HM (SCD) (do
⊥
CD (SHK))
⇒ M là hình chiếu của H trên (SCD). Mà
∩ =
AO (SCD) C
⇒ MC là hình chiếu của AO trên (SCD).

⇒ Góc giữa đường thẳng AO và (SCD) là

HCM

0.25
∆
HMK vuông tại M ⇒
= = ⋅ =
o
3 3a 3 9
HM HK.sin 60 a
2 2 4

∆
HCM vuông tại M
 
⇒ = = = ⇒ = ⋅
9
a
HM 3 7
4
sin HCM cos HCM
HC 3a 4 4

0.25
V
(1.0
điểm)
Tìm giá trị nhỏ nhất…
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có:

+ + + + ≥ =
5
5 5 5 5 2
a a 1 1 1 5 a .a .1.1.1 5a

+ + + + ≥ =
5
5 5 5 5 2
b b 1 1 1 5 b .b .1.1.1 5b
Suy ra:
+ + ≥ + ⇔ + ≤
5 5 2 2 2 2
2a 2b 6 5(a b ) a b 2
0.25
Do đó
+ +
≥ = + +
2 2
x 2y 24 x y 12
P
xy.2 2y x xy

Xét hàm số = + +
x y 12
f(x)
2y x xy
với ∈x (0;4] và y là tham số.
Ta có:
− − − − −
= ≤ = < ∀ ∈

2 2 2 2
2 2 2
x 2y 24 4 2.0 24 8
f '(x) 0 x,y (0;4]
2x y 2x y 2x y

⇒
f '(x) nghịch biến trên (0;4] ⇒ ≥f(x) f(4)
0.25
Suy ra: ≥ = + + = + =
2 y 3 5 y
P f(4) g(y)
y 4 y y 4
với ∈y (0;4]
Ta có: = − + ≤ − + = − < ∀ ∈
2
5 1 5 1 1
g'(y) 0 y (0;4]
y 4 16 4 16

⇒ g(y) nghịch biến trên ( ; ]0 4 ⇒ ≥ = + =g(y) g(4) 5 / 4 1 9 / 4.
0.25
Ta có:
∆
= = =
o 2
ABCD ABC
S 2S 4a.4a.sin 60 8 3a
Từ giả thiết ta có: = =
1

AH HO OC.
2

Trong m
ặt phẳng (ABCD), gọi L là
chân đường cao hạ từ O của ∆OCD
Kẻ HK//OL ∈(K CD)
⇒ ⊥HK CD
(1)
Mà H là hình chiếu của S trên mặt
phẳng (ABCD)
⇒ ⊥SH CD
(2)
T
ừ (1), (2)
⇒ ⊥CD (SHK)

Trang 4/6
V
(1.0 điểm)
Vậy giá trị nhỏ nhất của
=
9
P
4
khi
= = = =
a b 1;x y 4 .
0.25
VI.a

(2.0 điểm)
1. (1.0 điểm) Tìm tọa độ đỉnh C, D.

A
B
C
D
I
H
M



0.25
Gọi I là trung điểm của AB⇒ I(3;0)và H là hình chiếu của I trên CD.
⇒ H
là trung điểm của CD. Do
⊥ ⇒IH AB IH
nhận =

AB (2;2) là 1 VTPT.
⇒ phương trình IH là:
( )
− + − = ⇔ + − =2 x 3 2(y 0) 0 x y 3 0.

Mà = ∩ ⇒H IH CD tọa độ điểm H là nghiệm của hệ:
+ − = =
 
⇔ ⇒
 

− + = =
 
x y 3 0 x 1
H(1;2)
x y 1 0 y 2

0.25
Giả sử
( )
+ ∈C c;c 1 CD
.
Do H là trung điểm của CD
⇒
= = ⇔ =
2 2
CD
CH AB CH AB
2

0.25
( )
⇔ − =
2
2 c 1 8
c C( ; ) (thoûa maõn) D( ; )
c
c
c C( ; ) (loaïi vì DC AB)

= ⇒ ⇒ −


− =
⇔ ⇔


− = −
= − ⇒ − = −



3 3 4 1 0
1 2
1 2
1 1 0 2
 

Vậy tọa độ hai điểm C, D thỏa mãn đề bài là:
−C(3;4), D( 1;0).

0.25
2. (1.0 điểm) Viết phương trình mặt phẳng…
Mặt phẳng (ABM) đi qua điểm A có phương trình dạng:
− + − + − = + + ≠
2 2 2
a(x 1) b(y 2) c(z 3) 0 (a b c 0)

∈ ⇔ − + − = ⇔ = −B (ABM) 3a 0 6c 0 a 2c (1)

0.25
Ta có:

∆ ∆
= ⇔ ⋅ = ⋅
M.ABC M.ABD ABM ABM
1 2
V 2V d(C,(ABM)) S d(D,(ABM)) S
3 3


⇔ =d(C,(ABM)) 2d(D,(ABM))
− − − −
⇔ = ⋅
+ + + +
2 2 2 2 2 2
0.a b 8c 2a 3b 5c
2
a b c a b c


⇔ + = − −b 8c 2 2a 3b 5c (2)

0.25
Thay (1) vào (2) ta được:
= −


+ = + ⇔

= −

b 2c

b 8c 2 3b 9c
26
b c
7

▪ Với
= −
b 2c.Do
+ + ≠
⇒
≠
2 2 2
a b c 0 c 0. Chọn
= −
⇒
= =
c 1 a b 2
⇒ phương trình mặt phẳng (ABM) là:
+ − − =
2x 2y z 3 0.
0.25
▪ Với
= −
26
b c.
7
Do
+ + ≠
⇒
≠

2 2 2
a b c 0 c 0. Chọn
= −
⇒
= =
c 7 b 26,a 14
⇒phương trình mặt phẳng (ABM) là:
+ − − =
14x 26y 7z 45 0 .
0.25
VII.a
(1.0
điểm)
Tìm tập hợp…
Giả sử
= + ∈
w a bi (a,b R)
Ta có:
= − + ⇔ + = − +
w (1 2i)z 3 a bi (1 2i)z 3
0.25
− + − +
⇔ = ⇔ + = +
− −
a 3 bi a 3 bi
z z 2 2
1 2i 1 2i

− + −
⇔ + =

−
a 1 (b 4)i
z 2
1 2i

0.25
Đường thẳng AB nhận
=

AB (2;2) là 1
VTCP⇒
n ( ; )= −1 1

là VTPT của đt AB.
⇒ Phương trình đường thẳng AB là:
− − + ⇔ − − =
1(x 2) 1(y 1) x y 3 0
CD//AB⇒ CD nhận
= −
n (1; 1)

là l VTPT.
Mà
∈
M CD ⇒ phương trình CD là:
( ) ( )
+ − + = ⇔ − + =1 x 5 1 y 4 0 x y 1 0

Trang 5/6
VII.a

(1.0 điểm)
Theo giả thiết:
− + −
+ = ⇔ =
−
a 1 (b 4)i
z 2 5 5
1 2i
⇔ − + − = −a 1 (b 4)i 5 1 2i

⇔ − + − =
2 2
(a 1) (b 4) 5 5 ⇔ − + − =
2 2
(a 1) (b 4) 125
0.25
Vậy tập hợp điểm M thỏa mãn đề bài là đường tròn tâm I(1;4) bán kính
=R 5 5

0.25
VI.b
(1.0 điểm)

1. (1.0 điểm) Xác định tọa độ đỉnh C
A
B
C
D
M
M'

H
N




Gọi
= ∩ ⇒H MM ' AC
tọa độ điểm H lànghiệm của hệ:
− + =

⇒
−

+ − =

x y 5 0
H( 2;3)
x y 1 0

Do H là trung điểm
= − = −

⇔ ⇒ − −

= − = −

M H M
M H M
x ' 2x x 8

MM ' M '( 8; 3)
y' 2y x 3

0.25
Do ABCD là hình thoi ⇒
∈M ' AD
. Mà
∈
⇒
N AD
đường thẳng AD nhận
M'N ( ; )
= 3 1

là 1 VTCP
n' ( ; )⇒
= −1 3

là một VTPT của AD ⇒ phương trình
đường thẳng AD là:
+ − + = ⇔ − − =
1(x 8) 3(y 3) 0 x 3y 1 0

0.25
Mà
= ∩A AC AD

⇒tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:
− − = =
 

⇔
⇒
 
+ − = =
 
x 3y 1 0 x 1
A(1;0)
x y 1 0 y 0

0.25
Giả sử
− ∈C(c;1 c) AC
. Theo giả thiết ta có: = ⇔ =
2
AC 2 2 AC 8
= ⇒ −

⇔ − + − = ⇔ − = ⇔

= − ⇒ −

2 2 2
c 3 C(3; 2)
(c 1) (1 c) 8 (c 1) 4
c 1 C( 1;2)

Vậy tọa độ điểm (C) thỏa mãn đề bài là: − −(3; 2),( 1;2).
0.25
2. (1.0 điểm) Viết phương trình mặt phẳng (P)…
(S): − + + + + = ⇒

2 2 2
(x 2) (y 1) (z 3) 26 (S) có tâm − −I(2; 1; 3) và bkính R .= 26
= =
1
IM (3;1;4),u (2;0;1)
 
là 1 VTCP của (d).
Giả sử
=
2
u (a;b;c)

là 1 VTCP của đường thẳng ∆ + + ≠
2 2 2
(a b c 0)
Do∆tiếp xúc mặt cầu (S) tại M
⇒
⊥ ⇔ + + = ⇔ = − −
2
IM u 3a b 4c 0 b 3a 4c (1)
 

0.25
Mà góc giữa đường thẳng∆ và đường thẳng (d) bằng ϕ .
+
⇒ = ϕ ⇔ = ⇔ =
+ +
1 2
1 2
2 2 2

1 2
u .u
2a c
1 1
cos(u ,u ) cos (2)
7 7
u . u
a b c . 5
 
 
 

Thay (1) vào (2) ta
được:
+ = + + +
2 2 2
7 2a c 5. a (3a 4c) c


⇔ + + = + + + +
2 2 2 2 2 2
7(4a 4ac c ) 5(a 9a 24ac 16c c )


= −


⇔ + + = ⇔

= −


2 2
a 3c
22a 92ac 78c 0
13
a c
11

0.25
▪ Với = −a 3c ,do + + ≠ ⇒ ≠
2 2 2
a b c 0 c 0 . Chọn = − ⇒ = = −c 1 a 3;b 5
⇒ phương trình đường thẳng ∆ là:
= +


= −


= −

x 5 3t
y 5t
z 1 t

0.25
=n (1;1)

là 1VTPT của AC. Lấy
M '

là điểm
đối xứng với M qua AC.
Do
⊥
⇒

MM ' AC MM '
nhận n

làm 1 VTCP.
⇒ MM ' đi qua M và nhận = −u (1; 1)

là 1
VTPT ⇒ phương trình đường thẳng
MM '

là: − − − = ⇔ − + =1(x 4) 1(y 9) 0 x y 5 0
Trang 6/6
VI.b
(1.0 điểm)
▪ Với
= −
13
a c
11
, do
+ + ≠
⇒
≠
2 2 2

a b c 0 c 0. Chọn = − ⇒ = =c 11 a 13,b 5
⇒ phương trình đường thẳng
∆
là:
= +


=


= −

x 5 13t
y 5t
z 1 11t

0.25
VII.b
(1.0 điểm)
Giải hệ phương trình…
Đặt
( )
( )

=

>
⇒



=

2
x
y
2 u
(u,v 0)
3 v
hệ trở thành:

− = −

− = −

2 2
u 4v 32
u 2v 4

0.25
− + = − + = =
  
⇔ ⇔ ⇔
  
− = − − = − =
  
(u 2v)(u 2v) 32 u 2v 8 u 2
(t / m)
u 2v 4 u 2v 4 v 3

0.5

( ) ( )
( ) ( )

= =


=

= ±

⇒
⇔ ⇔
  
=
=




= =

2
x 2
2
y 2
2 2 2
x 2
x 2
y 2
y 2

3 3 3

Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là:
( ) ( )
−
2;2 , 2;2
0.25

▪ Chú ý: Các cách giải đúng khác đáp án cho điểm tối đa.
Cả
m
ơ
n
 
(
bey
eu79@g
m
a
il.co
m
) gửi tớ
i 
www
.laisac.page.tl