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 :

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

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

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
→−∞ →+∞

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

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

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
+ + − − + =


∈

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

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
−

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

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

⇔ =
 ÷
 
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

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

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

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+ = + + + + = +
   

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
=

− − −

∆ = = ⇔ = ⇔ + = ⇔


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⇒