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.
I. Phần chung cho tất cả các thí sinh (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số :
3 2
1 1
2 3
3 3
y x x x= − + −
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2. Tìm m để đường thẳng
1
:
3
y mx∆ = −
cắt (C) tại ba điểm phân biệt A , B , C sao cho A cố định và diện
tích tam giác OBC gấp hai lần diện tích tam giác OAB.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
3 sinx cos os5 2( os6 1) 3 sin 5x c x c x x+ + + + =
2. Giải hệ phương trình:
2 2
2
2 5
( 2 )( 3) 3
x y xy x y
x x x y y


( )
3 3 2 2
2 2
2 16
( 1)( 1)
+ − +
= + + −
− −
x y x y
P x y xy
x y
II.Phần riêng (3,0 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2,0điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD biết đường thẳng AB có phương trình:
x + 3y + 1 = 0. Đường thẳng chứa đường chéo BD có phương trình:x – y + 5 = 0.Đường thẳng AD đi qua
điểm M(1; 2). Tìm tọa độ tâm của hình thoi ABCD.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,cho 3 điểm A(5; 3; -1); B(2; 3; -4) ; C(1;2;0).Tìm tọa độ điểm D sao
cho
2DA DB DC+ +
uuur uuur uuur
nhỏ nhất
Câu VII.a (1,0 điểm) .Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của:
3
4
1
2
n
x
x

1
d
và cắt
2
d
theo một dây cung
có độ dài bằng
6 5
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz,cho hình lập phương
1 1 1 1
.ABCD A B C D
, biết A(0;0;0) ; B(1;0;0) ;
D(0;1;0) ;
1
A
(0;0;1).Gọi M là trung điểm của AB, N là tâm của hình vuông
1 1
ADD A
.Viết phương trình mặt
cầu (S) đi qua C;
1
D
; M; N
Câu VII.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình :
2
2
log ( ) log 1
2 3 2 1 2
y x x
y x

=

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng:
( )
;1−∞
và
( )
3;+∞
,nghịch biến trên
khoảng (1; 3)
Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 3
1
3
ct
y⇒ = −
, đạt cực đại tại điểm x
= 1
1
cd
y⇒ =
Giới hạn:
lim
x
y
→−∞
= −∞
;
lim
x
y

6 9 3 0
x
x x m
=

⇔

− + − =


Với x = 0
⇒
y =
1
3
−

⇒
A(0;
1
3
−
)
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
1
3

cắt (C) tại ba điểm phân biệt A , B , C
⇔
pt
2
6 9 3 0x x m− + − =
Có hai nghiệm phân biệt
21
, xx
khác 0
,
0
9 3 0m

∆ >
⇔

− ≠

3 0
3
m
m
>

⇔

≠

0
3

2
2 2 2 2 2
2 1 2 1 1 2
( ) 4x x m x x x m x⇔ − + − = +
( )
( )
( )
2
2 2 2
2 1 1
1 4 1m x x m x⇔ + − = +
( )
2
2 1
2
2 1 1
2 1
3
4
x x
x x x
x x
=

⇔ − = ⇔

= −

2 1
3x x⇒ =

3(sin 5 sinx) os5 cos 2( os6 1)x c x x c x⇔ − = + + +
2
2 3 os3 .sin 2 2 cos3 . os2 4 cos 3c x x x c x x⇔ = +
2 os3 .( 3 sin 2 os2 2 cos3 ) 0c x x c x x⇔ − − =
os3 0
3 sin 2 os2 2 cos3
c x
x c x x
=

⇔

− =

Với
cos3 0 3
2 6 3
x x k x k
π π π
π
= ⇔ = + ⇔ = +
Với
3 sin 2 os2 2 cos3 sin(2 ) sin( 3 )
6 2
x c x x x x
π π
− = ⇔ − = −
2 2
2 3 2
6 2 15 5


= −

⇒
hệ có nghiệm (0;0);(-2;0)
Nếu
0y ≠
, hpt
2
2
2
5
2
.( 3) 3
x x
x y
y
x x
x y
y

+
+ + =


⇔

+

+ − = −

1
3
u
v
= −


=

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
III
(1,0đ)
IV
(1,0đ)
Với
2
2
3
3 1
1 1
3 1
x x
u x
y

= −


=


2
2
1
3 3
x x
y
x y

+
= −

⇒


+ − =

(vô nghiệm)
Vậy hệ phương trình đã cho có 4 nghiệm (x; y) là: (0; 0) ; (-2; 0); (1; 1) và
(-6; 8)
1,0đ
Ta có : I =
1 1 1
ln 1 ln 1
1 ln 1 ln

Đổi cận: x = 1
⇒
t =1 ; x =e
⇒
t =
2
Khi đó
2 2
2 3
2
2
1
1
1 1
1 4 2 2
.2 2 ( 1) 2( ) /
3 3
t t
I tdt t dt t
t
− −
= = − = − =
∫ ∫
Xét
2
1
1
1
(ln ) / 1
e

a a a
a a
= + − =
   
+ − =
 ÷  ÷
   
10
4
a
MJ⇒ =
Mặt khác IM = MJ.
0
tan 60
=
10 30
. 3
4 4
a a
=
Do S.ABCD là khối chóp đều nên :
.
1
.
3
S ABCD ABCD
V SO S=
Trong đó SO = 2IM
30
2

D
S
J
M
I
A
O
V
(1,0đ)
VI.a
(2,0đ)
Đặt t = x + y ; t > 2. ta có :
3 2
2 2
(3 2)
2( ) 16
1
− − −
= + + −
− +
t t xy t
P x y xy
xy t
. Áp dụng BĐT 4xy ≤ (x + y)
2

⇒
2
4
t

2
2 2
4
( ) 8 ; '( ) 2 8 ( 4) 2 ;
2 ( 2) ( 2)
 
−
= + − = + − = − +
 
− − −
 
t t t t
f t t t f t t t
t t t
f’(t) = 0 ⇔ t = 4.
t
2 4 +∞
f’(t) - 0 +
f(t)
+ ∞ +∞
-8
Do đó min P =
(2; )
min ( )f t
+∞
= f(4) =- 8 đạt được khi
4
2
4
2

 
( 4;1)B⇒ −
Qua M vẽ đường thẳng song song với AB cắt BD tại
N,ta có MN//AB: x+ 3y + 1 = 0
⇒
pt MN: x + 3y + m = 0
Do M(1;2)
∈
MN nên: 1+ 6 + m = 0
⇔
m= -7
⇒
Pt MN: x+ 3y – 7 = 0
Do N =
MN BD∩
,nên tọa độ N là nghiệm của hệ:
3 7 0 2
5 0 3
x y x
x y y
+ − = = −
 
⇔
 
− + = =
 
( 2;3)N⇒ −
Vì D
∈
BD: x – y + 5 = 0

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
A
C
B
D
M
N
VII.a
(1,0đ)
VI.b
(2,0đ)
Gọi I(a; b ; c) thỏa mãn
2 0IA IB IC+ + =
uur uur uur r
5
2
5 2( 2) 1 0
11 5 11 9
3 2( 3) 2 0 ( ; ; )
4 2 4 4
1 2( 4) 0
9
4

nhỏ nhất
D I⇔ ≡
⇒
5 11 9
( ; ; )
2 4 4
D −
(1,0đ)
Từ:
3 2 2
1 1
( 1)! ( 1)! !
3 5 5
( 4)! ( 3)! ( 2)!
n n n
n n n
A A A
n n n
− −
− −
+ = ⇔ + =
− − −
( 1)! 3
. 1 5 0
( 4)! 3 ( 2)( 3)
n n
n n n n
−
 
⇔ + − =

7
3 4
7
0
(2 ) .( )
k k k
k
C x x
−
−
=
∑
=
7
7
7
3 4
7
0
.2 .
k k
k k
k
C x
−
−
−
=
∑
; ứng với số hạng không chứa

lần lượt là khoảng cách từ I
Đến
1 2
;d d
;với:
1
1 5
2
a a
T
+ + −
=
=
2 4
2
a −
2
2 1 1 2
5 5
a a a
T
− − − −
= =
Khi đó (*)
( ) ( )
2 2
2 4 2
45
2 5
a a− −

3 2 50x y+ + + =
2.(1,0đ)
0,5
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
1
d
2
d
R
I
R
VII.b
(1,0đ)
Từ gt ta có: C(1; 1 ;0);
1
D
(0; 1; 1)
M(
1
2
;0;0) ; N(0 ;
1 1

a d
c
b c d
d

+ + + =
= −




+ + + =


= −
 
⇔
 
+ + =
 
= −
 
+ + + =
 


=

2 2 2
5 1 5

⇔ = ⇔ − = ⇔ = ⇒ = +
,(tmđk)
KL: hệ có nghiệm (x;y) là (
2
3
;
2 2
3
3
+
)
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
A
1
A
1
C
1
B
1
D
D
N