ĐÁP ÁN VÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC - TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ - ĐẮK LẮK - ĐỀ SỐ 97 ppt

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK
TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC
MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013
Thời gian làm bài: 180 phút.
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số
3
3 2 (C )
m
y x mx= − +
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi
1m =
2. Tìm tất cả các giá trị của
m
để hàm số có cực trị và đường thẳng đi qua cực đại , cực tiểu của đồ
thị hàm số
( )
m
C
cắt đường tròn
( ) ( )
2 2
1 2 1x y− + − =
tại hai điểm
,A B
phân biệt sao cho
2
5
AB =
Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình :

2sin 2 2sin 2 5sin 3cos 3
4
x x x x
π
 
+ + + − =
 ÷
 
2. Giải hệ phương trình :
3 3 2
3
7 3 ( ) 12 6 1
( , )
4 1 3 2 4
x y xy x y x x
x y
x y x y
+ + − − + =


∈

+ + + + =


¡
Câu III (1,0 điểm) 1. Tính tích phân :
4
2
0

sin sin 2
os
x x x
I dx
c x
π
+
=
∫
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp
.S ABCD
có
SA
vuông góc với đáy ,
ABCD
là hình chữ nhật với
3 2, 3AB a BC a= =
. Gọi
M
là trung điểm
CD
và góc giữa
( )ABCD
với
( )SBC
bằng
0
60
. Chứng
minh rằng

( ) ( )SBM SAC⊥
và tính thể tích tứ diện
SABM
.
Câu V (1,0 điểm) Cho
,x y
là các số thực không âm thoả mãn
1x y+ =
. Tìm GTNN của biểu thức:
2 2
3 1 2 2 40 9P x y= + + +
PHẦN RIÊNG
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a( 2 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
Oxy
cho tam giác
ABC
có cạnh
AC
đi qua
(0, 1)M −
. Biết
2AB AM
=
, đường phân giác trong
: 0AD x y− =
,đường cao
: 2 3 0CH x y+ + =
. Tìm toạ độ các đỉnh.
3. Giải phương trình :

8
4 2
2
1 1
log ( 3) log ( 1) log 4
2 4
x x x+ + − =
Câu VII.a ( 1 điểm)
Tìm hệ số chứa
4
x
trong khai triển
2
2
1 3
6
n
n
x x
−
 
+ +
 ÷
 
biết :
1
4 3
7( 3)
n n
n n

C C n
+
+ +
− = +
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b( 2 điểm) 1.Trong mặt phẳng toạ độ
Oxy
cho đường tròn
2 2
( ):( 1) ( 1) 25C x y− + + =
,
điểm
(7;3)M
. Viết phương trình đường thẳng qua
M
cắt
( )C
tại hai điểm phân biệt
,A B
sao cho
3MA MB=
2. Giải phương trình:
( )
( )
5 4
log 3 3 1 log 3 1
x x
+ + = +
Câu VII.b ( 1 điểm)Với
n

là số nguyên dương , chứng minh:
0 1 2 1
2 3 ( 1) ( 2)2
n n
n n n n
C C C n C n
−
+ + + + + = +
Hết
(Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh:………………………….………………………….SBD:………………………
A
I
B
H
Câu 1: 1, Khi
1m =
ta có hàm số
3
3 2y x x= − +
TXĐ: D=R Sự biến thiên
Đạo hàm:
( ) ( ) ( )
{ }
2
' 3 3, ' 0 ; 1;0 , 1;4y x y x y= − = ⇔ = −
Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y

→−∞ →+∞
= −∞ = +∞
Bảng biến thiên:
x
−∞
1−
1
+∞
'y
+
0
−
0
+
4
+∞
y
−∞
0
Hàm số đồng biến trên
( ) ( )
; 1 ; 1;−∞ − +∞
Hàm số nghịch biến trên
( )
1;1−
Hàm số đạt cực đại tại
1; 4
CD
x y= − =
Hàm số đạt cực tiểu tại

1; 0
CT
x y= =
Đồ thị:
f(x)=x^3-3x+2
-10 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-8
-6
-4
-2
2
4
6
8
10
x
y
Câu 1: 2, + Ta có
2
' 3 3y x m= −
Để hàm số có cực trị thì
' 0y =
có 2 nghiệm phân biệt
0m⇔ >
Phương trình đường thẳng đi qua cực đại, cực tiểu là
: 2 2 0mx y∆ + − =
Điều kiện để đường thẳng
∆
cắt đường tròn tại hai điểm phân biệt là :
( )

2
2
,
2 2 2
1 2 4 1 0 1,
4 1
d I R
m
m m m
m
∆ <
+ −
⇔ < ⇔ < + ⇔ < ∀
+
Gọi
H
là hình chiếu của
I
trên
AB
. Ta có
2
2
2 6
4 5
AB
IH R= − =
. Theo bài ra
2 6
( , )

5
d I ∆ =
2
2
6
2
2 6
6
5
4 1
6 (L)
m
m
m
m
m

=
⇔ = ⇔ = ⇔

+
= −


Vậy
6m =
là giá trị cần tìm .
Câu 3: 1. GPT :
2sin 2 2sin 2 5sin 3cos 3
4

x x x x
π
 
+ + + − =
 ÷
 
(1)
2
(1) 2sin2 sin2 os2 5sin 3cos 3 6sin cos 3cos (2sin 5sin 2) 0
3cos (2sin 1) (2sin 1)(sinx 2) 0 (2sin 1)(3cos sinx 2) 0
1
sinx ,sinx 3cos 2
2
x x c x x x x x x x x
x x x x x
x
⇔ + + + − = ⇔ − − − + =
⇔ − − − − = ⇔ − − + =
⇔ = − =
+
1 5
sin 2 , 2 ;
2 6 6
x x k x k k
π π
π π
= ⇔ = + = + ∈¢
2 1 2
sinx 3cos 2 sin( ) ,( os ) arcsin 2
10 10 10

2
arcsin 2 ,
10
x x c x k
x k k
α α α π
π α π
− = ⇔ − = = ⇔ = + +
= + − + ∈¢
Vậy pt có 4 họ nghiệm :
5 2 2
2 , 2 , arcsin 2 , arcsin 2 ;
6 6
10 10
x k x k x k k k
π π
π π α π π α π
= + = + = + + + − + ∈¢
Câu 2: 2. Giải hệ :
3 3 2
3
7 3 ( ) 12 6 1 (1)
( , )
4 1 3 2 4 (2)
x y xy x y x x
x y
x y x y
+ + − − + =



∈

+ + + + =


¡
Giải: ĐK
3 2 0x y+ ≥
( ) ( )
3 2 3 2 2 3
3 3
(1) 8 12 6 1 3 3
2 1 2 1 1
x x x x x y xy y
x x y x x y y x
⇔ − + − = − + −
⇔ − = − ⇔ − = − ⇔ = −
+ Với
1y x= −
thay vào
(2)
ta được :
3
3 2 2 4x x+ + + =
Đặt
3
3 2, 2 (b 0)a x b x= + = + ≥
. Ta có hệ :
3
3 2

4
2 3 2 2
2
2
3 4
2 2
a b
a x
x
b
a b
x

+ =
= + =



⇔ ⇒ ⇔ =
  
=
= −
+ =




+
2 1x y= ⇒ = −
. Vậy nghiệm của hệ là:

2
1
x
y
=


= −

Câu 3: Tính
4
2
0
sin sin 2
os
x x x
I dx
c x
π
∫
+
=
+ Ta có
4 4
2
0 0
sin sinx
2
os cos
x x

I dx dx
c x x
π π
∫ ∫
= +
Đặt
4 4
1 2
2
0 0
sin sinx
; 2
os cos
x x
I dx I dx
c x x
π π
∫ ∫
= =
+Tính
1
I
: Đặt
2
2
sinx 1
; os (cos )
os cos
u x du dx v dx c xd x
c x x

−
∫ ∫
= ⇒ = = = − =
4
1
0
1 1 sinx 2 1 2 2
ln ln
4 4 4
cos cos cos 2 1 sinx 4 2
2 2
0 0 0
x dx x
I
x x x
π
π π π
π
∫
+ +
⇒ = − = − = −
−
−
+ Tính
4
2
0
(cos ) 2
2 2ln cos 2ln
4

cos 2
0
d x
I x
x
π
π
∫
= − = − = −
Vậy
1 2
2 1 2 2 2
ln 2ln
4 2 2
2 2
I I I
π
+
= + = − −
−
I
M
S
A
B
C
D
Câu 4: Gọi
I BM AC= ∩
,suy ra

I
là trọng tâm của tam giác
BCD
2
2 2 2
1 6 1 18
; 3
3 2 3 4
a a
IM BM IC AC a IM IC CM BM AC⇒ = = = = ⇒ + = = ⇒ ⊥
Mặt khác
( ) ( ) ( )BM SA BM SAC SBM SAC⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥
+ Ta có
2
1 1 9 2
. ( , ) 3 2.3
2 2 2
ABM
a
S AB d M AB a a= = =
Theo bài ra
·
0
60SBA =
. Xét tam giác vuông
SAB
có
2
0 3
1 9 2

tan60 3 6 3 6 9 3( )
3 2
SABM
a
SA AB a V a a dvtt= = ⇒ = =
Câu 5: + Ta dễ dàng CM được B Đ T sau:
2 2 2
1 2 1 2
1 2 1 2
1 2
1 2 1 2
, , ,
( )
;
, 0
a a b b
a a a a
b b
b b b b
∈

+
+ ≥ ∀

>
+

¡
(Tuyệt phẩm Svac-xơ)
+Ta có

2 2 2
2
3 4 (3 2 ) 3
3 1 2 3 3 (3 2 ) (1)
9 2 11
11
x x
x x
+
+ = + ≥ = +
2 2 2
2
40 36 (40 6 ) 11
2 40 9 2 2 (40 6 ) (2)
40 4 44 11
y y
y y
+
+ = + ≥ = +
+Từ
3 11 11 11
(1),(2) (3 2 ) (40 6 ) (49 6 6 ) 5 11
11 11 11
P x y x y⇒ ≥ + + + = + + =
+ Dấu đẳng thức xẩy ra
( )
1 1
; ;
3 3
x y

 
⇔ =
 ÷
 
Câu 6a: 1, Gọi
1
M
là điểm đối xứng với
M
qua
AD
1
1
(1,1) :1( 0) 1( 1) 0 1 0
MM AD
n u MM x y x y⇒ = = ⇒ − + + = ⇔ + + =
r r
Gọi
1
I AD MM= ∩ ⇒
toạ độ
I
là nghiệm của hệ
1
1 0
1 1 1 1
, ( ; ) ( 1;0)
0
2 2 2 2
( 1;2) : 1( 1) 2( 0) 0 2 1 0

AB CH
x y
x y I M
x y
n u AB x y x y
+ + =

⇔ = − = − ⇒ − − ⇒ −

− =

= = − ⇒ − + + − = ⇔ − + =
r
v
Suy ra toạ độ
A
là nghiệm của hệ
2 1
(1;1) ( 1; 2) (2; 1) :2( 1) 1( 1) 2 1 0
0
AC
x y
A AM n AC x y x y
x y
− = −

⇒ ⇒ = − − ⇒ = − ⇒ − − − =⇔ − − =

− =


uuuur r
Toạ độ C là nghiệm cuả hệ
2 3
1
( ; 2)
2 1
2
x y
C
x y
+ = −

⇒ − −

− =

vì
0
1
( ; )
2
o
x
B AB B x
+
∈ ⇒
0
2
0
0 0

0
5
(5;3) (KTM)
1
( 1; ); ( 1, 2) 2 ( 1) 16
3 ( 3; 1)
2
x
B
x
AB x AM AB AM x
x B
=


−
⇒ − − − ⇒ = ⇔ − = ⇔ ⇒


= − − −


uuur uuuur
Vì
,B C
phải khác phía với AD
(5,3)B⇒
không TM. Vậy
1
(1;1); ( 3; 1); ( ; 2)

2
A B C
−
− − −

Câu 6a: 2. ĐK
0
1
x
x
>


≠

ta có
( )
2 2
(1) log ( 3) 1 log 4 ( 3) 1 4x x x x x x⇒ ⇔ + − = ⇔ + − =
:
1
3
( 3)( 1) 4
0 1
3 2 3
( 3)(1 ) 4
x
x
x x x
x

x
x x x
>




=
+ − =



⇔ ⇔


< <
= − +




+ − =



Câu 7a: ĐK:
0
( 4)! ( 3)!
(1) 7( 3) ( 4)( 2) ( 1)( 2) 42 12
( 1)!3! !3!

n
n n
n n n n n n
n
n n
≥

+ +
⇒ ⇔ − = + ⇔ + + − + + = ⇔ =

∈
+

¢
+ Với
10
2 0 10 1 9 2 2 8 4
10 10 10
12 (1 2 ) 3 (1 2 ) (1 2 ) .3 (1 2 ) 9 n x x C x C x x C x x= ⇒ + + = + + + + + +
 
 
Ta có:
0 10 0 0 1 2 2 3 3 4 4
10 10 10 10 10 10 10
(1 2 ) 2 4 8 16 C x C C C x C x C x C x+ = + + + + +
 
 
2 1 9 2 1 0 1 2 2 4 2 8 4 2 0
10 10 9 9 9 10 10 8
3 (1 2 ) 3 2 4 ;9 (1 2 ) 9 x C x x C C C x C x x C x x C C+ = + + + + = +

   
   
Vậy hệ số của số hạng chứa
4
x
là :
0 4 1 2 2 0
10 10 10 9 10 8
16 3 4 9 8085C C C C C C+ + =
Câu 6b: 1, :
1.
I
H
B
A
M
Đường tròn
( ) : (1, 1); 5; 52 5C I R MI− = = > ⇒

M
nằm ngoài đường tròn
Ta có
2 2 2
. 27 3 27 3 9 6MA MB MI R MB MB MA AB= − = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ =
Gọi
H
là trung điểm của
AB
2
2

4
4
AB
IH R⇒ = − =
Gọi đường thẳng đi qua
(7,3)M
có vtpt
2 2
( , ),( 0) : Ax 7 3 0n A B A B By A B+ ≠ ⇒ ∆ + − − =
r
. Theo trên
ta có :
2
2 2
0
7 3
( , ) 4 4 5 12 0
12
5
A
A B A B
d I IH A AB
B
A
A B
=

− − −

∆ = = ⇔ = ⇔ + = ⇔


= −
+

+ Với
0 : 3A y= ⇒ ∆ =
+ Với
12
:12 5 69 0
5
B
A x y= − ⇒ ∆ − − =
Câu 6b:
2, Đặt
4 5
1 2
log (3 1) 3 4 1 (1) log (3 2 ) 3 2 5 3. 1 (*)
5 5
t
x x t t t t
t
t t
 
+ = ⇒ = − ⇒ ⇔ + = ⇔ + = ⇔ + =
 ÷
 
Xét hàm
1 2
( ) 3.
5 5

t
t
f t
 
= +
 ÷
 
là hàm nghịch biến . Mà
(1) 1 1f t= ⇒ =
là nghiệm duy nhất của phương trình
(*) + Với
1 1t x= ⇒ =
Câu 7b: + Ta có :
0 1 2 2 3 3
(1 ) (1)
n n n
n n n n n
x x xC xC x xC x xC x C x+ = + + + + +
Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta được:
1 0 1 2 2
(1 ) (1 ) 2 3 ( 1) (2)
n n n n
n n n n
x nx x C C C x n C x
−
+ + + = + + + + +
Thay
1x =
vào (2)
dpcm⇒