ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I (2 điểm)
Cho hàm số




3 2 2 2
y x 3mx 3 m 1 x m 1
     
(
m
là tham số) (1).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
m 0.


2. Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ
dương .
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình:
2sin 2x 4sin x 1 0.
6

 
   
 
 

 
cạnh
SA

vuông góc với đáy, cạnh
SB
tạo với mặt phẳng đáy một góc
o
60 .
Trên cạnh
SA
lấy điểm
M

sao cho
a 3
AM
3
 . Mặt phẳng


BCM
cắt cạnh
SD
tại điểm
N
. Tính thể tích khối chóp
S.BCNM.

Câu IV (2 điểm)

. Trên đường thẳng d
1
có 10 điểm phân biệt, trên
đường thẳng d
2
có n điểm phân biệt (
n 2

). Biết rằng có 2800 tam giác có đỉnh là các điểm
đã cho. Tìm n.
Câu V.b.( 3 điểm ) Theo chương trình Nâng cao
1. Áp dụng khai triển nhị thức Niutơn của


100
2
x x
, chứng minh rằng:

99 100 198 199
0 1 99 100
100 100 100 100
1 1 1 1
100C 101C 199C 200C 0.
2 2 2 2
       
    
       
       


Hết
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
đáp án đề thi S 177

Câu Nội dung Điểm

I
2.0đ
1,25đ2
0.75đ

Để ĐTHS (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dơng, ta phải
có :


1 2
y'
1
2
x x
0
x 0
x 0
y y 0

1
= m 1 = x
CĐ
và x
2
= m + 1 = x
CT
.
(I)


2 2 2
2
m 1 0
m 1 0
3 m 1 2
m 1 m 3 m 2m 1 0
m 1 0













sin2x cos2x + 4sinx + 1 = 0


3
sin2x + 2sin
2
x + 4 sinx = 0

sinx (
3
cosx + sinx + 2 ) = 0

sinx = 0 (1) hoặc
3
cosx + sinx + 2 = 0 (2)
+ (1) x

k

+ (2)
3 1
cosx sin x 1
2 2
sin x 1
3
2 2
2 2
x y x y 13 1
x y x y 25 2






3 2 2 3
3 2 2 3
x xy x y y 13 1'
y xy x y x 25 2'









Lấy (2) - (1) ta đợc : x





2
2 2
x z x z 13 x z x z 2xz 13
I
x z xz 6
x z xz 6







đặt S = x +z và P = xz ta có :


2


. Hệ này có nghiệm
x 3
z 2





hoặc
x 2
z 3






Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm là : ( 3 ; 2) và ( -2 ; -3 )

0,25
0,25
0
= a
3
.
Suy ra : MA =
1
3
SA
Lại có : MN là giao tuyến của của
mp(BCM) với mp(SAD), mà
BC // (SAD) nên NM // AD và MN // BC
Do đó :
MN SM 2 4a
MN
AD SA 3 3


Vì AD

(SAB) nên MN

(SAB) , suy ra MN

BM và BC

BM
Vậy thiết diện của mp(BCM) với hình chóp SABCD là hình thang vuông
BCNM .
Ta có : S
BCNMKhi đó : V
SBCNM
=
1
3
SH. S
BCNM

Tính SH : Ta có MAB

MHS , suy ra :


MS.AB
SH
MB

2a 3
.a
3
a
2a 3
3


Vậy : V
SBCNM
=
1
3
.a.
2
10a 3
9
=
3
10a 3
27


tdt
I
t 1
2 1 t
2

=

5
2
3
tdt
t 1



5
2
3
1 1
dt
t 1
t 10,5 2
1.0đ
Đặt t = cos2x


1 t 1

thì sin
2
x =
1 t
2


+

3 3
3 3
1 1
f ' t 4t t 1 8t t 1
2 2




27
và maxy = 3
0,25
0,5
Va
3đ 1a

Đờng tròn (C) : ( x 1)
2
+ ( y 3 )
2
= 4 có tâm I ( 1 ; 3) và bán kính
R = 2 .
Ta có : (d) :




Qua M 2;4
qua M qua M
d : d :
MA MN AB MI
vtpt MI 1;1


2
1 1
m 4 2 2







+ Vậy có 2 tiếp tuyến thoả mãn đề bài là : x + y 4
2 2
= 0
0,25
0,5

0,25
t
f(t)
f(t)
-1 1/3 1
+
0
-










n 10 n 9 n 8 10.9.8 n n 1 n 2 2800.6


n
2
+ 8n 560 = 0

n 20
n 28 2






Vậy n = 20
0,25

0,25

(2)
Từ (1) và (2) ta thay
1
x
2

, ta đợc
99 100 198 199
0 1 99 100
100 100 100 100
1 1 1 1
100C 101C 199C 200C 0.
2 2 2 2



0.25

0.5


H
I H J H
I H J H
H
19
x
2 x x 3 x x
5
2HI 3HJ
7
2 y y 3 y y
y
5




















Đờng tròn (C) qua K , tiếp xúc với (C
1
) , (C
2
) tại H nên tâm E của (C) là
trung điểm của KH :
37 31
E ;
5 5
. Bán kính (C) là EH = 6
Phơng trình của (C) là :
2
37 31
x y 36
5 5