ĐỀ THITHỬĐẠIHỌC
Ngày 20 tháng 3 năm 2013
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
1
m
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 1
x y
tại hai điểm
,
A B
phân biệt sao cho
2
5
AB
Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình :
2sin2 2sin 2 5sin 3cos 3
4
x x x x
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 sin2
os
x x x
I dx
c x
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp
.
S ABCD
có
SA
vuông góc với đáy ,
ABCD
là hình chữ nhật với
3 2, 3
AB 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
1
x y
. Tìm GTNN của biểu thức:
2 2
3 1 2 2 40 9
P 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
2
AB AM
, đường phân giác trong
: 0
AD x y
,đường cao
:2 3 0
CH 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) 25
C x y
,
điểm
(7;3)
M
. Viết phương trình đường thẳng qua
M
cắt
( )
C
tại hai điểm phân biệt
,
A B
sao cho
3
MA 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:………………………
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1: 1, Khi
1
m
ta có hàm số
3
3 2
y x x
A
I
B
H
TXĐ: D=R Sự biến thiên
Đạo hàm:
2
' 3 3, ' 0 ; 1;0 , 1;4
y 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 3
y x m
Để hàm số có cực trị thì
' 0
y
có 2 nghiệm phân biệt
0
m
Phương trình đường thẳng đi qua cực đại, cực tiểu là
: 2 2 0
mx 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
6
m là giá trị cần tìm .
Câu 3: 1. GPT :
2sin2 2sin 2 5sin 3cos 3
4
x x x x
(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
¢
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
¢
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
¢
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 0
x 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
1
y x
thay vào
(2)
ta được :
3
3 2 2 4
x 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 1
x y
. Vậy nghiệm của hệ là:
2
1
x
y
Câu 3: Tính
4
2
0
sin sin2
os
x x x
I dx
c x
+ Ta có
4 4
2
0 0
sin sinx
2
os cos
x x
I dx dx
c x x
Đặt
4 4
1 2
2
0 0
sin sinx
; 2
os cos
x x
I dx I dx
c x x
+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
+ Tính
4
2
0
(cos ) 2
2 2ln cos 2ln
4
cos 2
0
d x
I x
x
Vậy
1 2
2 1 2 2 2
ln 2ln
4 2 2
2 2
I I I
I
M
S
A
B
CD
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
60
SBA
. 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 21 2 1 2
, , ,
( )
;
, 0
a a b b
a a a a
b bb 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 4
x 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 8085
C C C C C C
Câu 6b: 1, :
1.
I
H
B
A
M
Đường tròn
( ): (1, 1); 5; 52 5
C I R MI
M
nằm ngoài đường tròn
Ta có
2 2 2
. 27 3 27 3 9 6
MA 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 0
n 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 : 3
A 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 1
f t
là nghiệm duy nhất của phương trình
(*) + Với
1 1
t 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
1
x
vào (2)
dpcm
.
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^ 3-3 x+2
-1 0 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-8
-6
-4
-2
2
4
6
8
10
x
y
. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC
Ngày 20 tháng 3 năm 2013
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I