WWW.VNMATH.COM

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO THÁI BÌNH
ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC
TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN
MÔN THI: TOÁN KHỐI B LẦN I
Đề chính thức NĂM HỌC : 2013 - 2014

Thời gian làm bài :180 phút (không kể thời gian phát đề)

I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1: (2điểm) Cho hàm số
3 2 2 3
3 3( 1)
y x mx m x m m
     
(1)
1/Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m=1
2/ Tìm m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực đại , điểm cực tiểu và khoảng cách từ điểm cựctiểu của
đồ thị hàm số đến gốc toạ độ O bằng 3 lần khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến gốc
toạ độ O

Câu 2: (1điểm) Giải phương trình:

2 2
2sinx(cos x sin ) sinx 3 cos3x
x  

Câu 3: (1điểm) Giải phương trình :
2
4 6 2 13 17

(x 1)(y 1)
  

 

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 7a: (1điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường thẳng d: x-y =0 và điểm M(2;1)
.Viết phương trình đường thẳng

cắt trục hoành Ox tại A và cắt đường thẳng d tại B sao cho tam
giác

AMB vuông cân tại M
Câu 8a: (1điểm) Tìm hệ số của
9
x
trong khai triển:


2
*
1 3 ;
n
x n 

, biết

2 3

và tâm đường tròn ngoại tiếp
ABC

là I (1 ;7).
Viết phương trình cạnh BC, biết diện tích
ABC

gấp 4 lần diện tích
IBC

.

Câu 8b(1,0 điểm) Một hộp có 5 viên bi đỏ ,3 viên bi vàng và 4 viên bi xanh .Hỏi có bao nhiêu
cách lấy ra 4 viên bi trong đó số bi đỏ lớn hơn số bi vàng

Câu 9b (1,0 điểm) Giải phương trình




2
3 3
log 3 1 .log 3 9 3
x x
  (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

Họ và tên thí sinh: Số báo danh

    




………………………………………………………………………………………
Hàm số đồng biến trên khoảng
( ;0)

và
(2; )


Hàm số nghịch biến trên khoảng
(0;2)-Cực trị : Hàm số đạt cực đại tại
0 ;y 0
cd
x
 

Hàm số đạt cực tiểu tại
2 ;y 4
ct
x
  

-Giới hạn :

0.25
y'

+

+

x
y

TXD: D=R
Ta có
2 2
' 3 6 3( 1)
y x mx m
   

Đồ thị hàm số có điểm cực đại ,điểm cực tiểu khi và chỉ khi
' 0
y

có hai nghiệm
phân biệt và đổi dấu khi đi qua các nghiệm

2 2
3 6 3( 1) 0
x mx m
   
có hai nghiệm phân biệt
2 2
' 9m 9( 1) 9 0 m
m
       

Vậy
m

đồ thị hàm số có điểm cực đại ,điểm cực tiểu và
1
' 0


    




Vậy với
m 2
1
m
2






thì đồ thị hàm số cóđiểm cực đại , điểm cực tiểu và khoảng cách từ
điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến gốc toạ độ O bằng 3 lần khoảng cách từ điểm cực
đại của đồ thị hàm số đến gốc toạ độ O

1 2

Giải phương trình :
2 2
2sinx(cos x sin x) sinx 3 cos3x
  
(1)
1

phương trình (1) 0.25

WWW.VNMATH.COM

2sin x.cos 2x sinx 3 cos 3x sin3x s inx sinx 3 cos3x
1 3
sin 3x 3 cos3x 2sin x sin 3x cos3x sinx
2 2
cos sin 3x sin cos3x sinx sin(3x ) sin x
3 3 3
3x x k2 x k
3 6
k Z
3x x k2 x k
3 3 2
      

4 6 2 13 17 ( 4 1) ( 6 1) 2 x 13 15 0
( 4 1)( 4 1) ( 6 1)( 6 1)
( 5)(2 3) 0
4 1 6 1
x x x x x x x
x x x x
x x
x x
               
       
     
   

5 5
( 5)(2 3) 0
4 1 6 1
x x
x x
x x
 
     
   

5
1 1
(2 3) 0
4 1 6 1
x
x
x x


2 3 5 4;6
x x   

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x= 5 0.25

0.25 0.25

1

0.25 0.25 0.25


        
 
       
  
   

Xét
3
2
J 2 ln(x 1) dx
 

Đặt
2dx
u 2ln(x 1)
du
x 1
dv dx
v x 1

 





 




 

Đặt
dx
u ln(x 2)
du
x 2
dv dx
v x 2

 





 



 


3
3 3 3
2 2 2
2
K (x 2).ln(x+2) dx (x 2).ln(x+2) x. 5ln 5 4ln 4 1
        



HA=HB=a Từ giả
thiết

ADCH là hình vuông cạnh a .Trong tam giác
ABC

có CH là trung tuyến
và
1
CH AB
2



ABC

vuông cân tại C
AC BC
AC BC a 2





 


vì
BC AC

+Ta có diện tích hình thang
ABCD

2
1 3
( ).
2 2
  
ABCD
a
S AB DC AD

+Có tam giác
ΔSAC
vuông cân tại A ta có
2 2
SA=AC= AD +DC 2

a
1 1 3a 2
V S .SA a 2. a
3 3 2 2
  

Ta có
SDCB
SDCB BCD
BCD
3V
1
V S .d(B;(SCD)) d(B;(SCD))
3 S


  

Trong
BCD

có

0
C 135

nên
0 3
SDCB
1 1 2
V BC.CD.sin135 .SA a


0.25
câu6
Cho x,y là các số thực và thoả mãn x,y >1 .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
:
3 3 2 2
( ) ( )
( 1)( 1)
  

 
x y x y
P
x y
1

Đặt t =x + y điều kiện t > 2
Áp dụng bất đẳng thức
2
4 ( )
 
xy x y
ta có
2
t
xy
4

 

 
t
t t t
t
P
t
t
t

Xét hàm số
2
( )
2


t
f t
t
trên
(2; )


có
2
2
0 (l)
4
'( ) '( ) 0


0.25
0.25 0.25
f'(t)
t

f(t)
2



0




+ -
4

MA a MB b b
   
 ABM

vuông cân tại M nên
2 2

. 0
MA MB
MB MA
MA MB
MA MB






 


 

 

2 2 2
( 2)( 2) ( 1) 0

b b
a b b
b




 

 
 

 

 

 
    
     




.
2 2
2 2
2
2
1
2



  



   










Vậyphương trình đường thẳng
: 2 0
x y
   
;
:3 12 0
x y
   
8a Ta có
2 3

    




kết hợp điều kiện n=9
Với n=9 ta có khai triển
2 18
(1 3 ) (1 3 )
n
x x
  

Số hạng tỏng quát
1 18
( 3)
k k k
k
T C x

 

số hạng chứa
9
x
khi k =9
Vậy hệ số của
9
x
trong khai triển là
9a
Giải phương trình
3 3
2
3 2.3 3 2 0
x x x x x 
   
(1)

Ta có
3 3
2
3 .3 3
x x x x x
 


3 3 3 3 3
3
3
(1) 3 (1 3 ) 2(1 3 ) 0 (1 3 )(3 2) 0
0
1 3 0 0 1
1
x x x x x x x x x x

x






 


0.25 0.25

B Theo Chương Trình nâng cao

7b
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho
ABC

có đỉnh


3;4
A 
, đường phân
giác trong của góc A có phương trình
1 0
x y


+ Gọi D là giao điểm thứ hai của đường phân giác trong
góc A với đường tròn ngoại tiếp
ABC

. Tọa độ
của D là nghiệm của hệ
 
2 2
1 0
2;3
( 1) ( 7) 25
x y
D
x y
  

 

   

0,25
AH IK


+ Mà
 
;
7
5
A BC
c
AH d

 
và
 
;
31
5
I BC
c
IK d

 
nên
114
3
7 4 31
131
5
c


1

Các trường hợp để chọn được 4 viên bi trong đó số bi đỏ lớn hơn số bi vàng là
TH1: Cả 4 viên bi được chọn đều là bi đỏ
số cách là :
4
5
C
cách chọn
TH2: Trong 4 viên bi được chọn có 1bi đỏ và 3 bi xanh
số cách là :
1 3
5 4
.
C C
cách chọn
TH3: Trong 4 viên bi được chọn có 3bi đỏ và 1 bi xanh
số cách là :
3 1
5 4
.
C C
cách chọn
TH4: Trong 4 viên bi được chọn có 3bi đỏ và 1 bi vàng
số cách là :
3 1
5 3
.
C C

5 3 4
. .
C C C
cách chọn
Vậy có
4
5
C
+
1 3
5 4
.
C C
+
3 1
5 4
.
C C
+
3 1
5 3
.
C C
+
2 2
5 4
.
C C
+
2 1 1

x x x x
x x
        
    

Đặt
3
log (3 1) t>0
x
t  

(1)
2
1
(2 ) 3 2 3 0
3 (l)
t
t t t t
t


       

 

kết hợp điều kiện ta có t=1
với t=1
3 3
log (3 1)=1 3 1 3 3 2 log 2
x x x