Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 9
Ngày 7 tháng 9 năm 2013
Câu I ( 2 điểm) .Cho hàm số:
3 2 2
2
( 1) ( 4 3) 1
3
y x m x m m x
= + + + + + +
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = -3.
2. Tìm m để hàm số có cực trị. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
1 2 1 2
2( )A x x x x
= − +
với
1 2
,x x
là các điểm cực trị của hàm số.
Câu II ( 3 điểm)
1 . Giải phương trình:
sin 3 3sin 2 cos2 3sin 3cos 2 0x x x x x
− − + + − =
.
2. Giải hệ phương trình:
2 2
2 2
1 4
( ) 2 7 2
x y xy y
y x y x y

(0; )
3
thuộc đường thẳng AB, điểm N(0;7) thuộc đường thẳng CD. Tìm
tọa độ đỉnh B biết B có hoành độ dương.
2. Chứng minh
2 2 2 2
0 1 3 1
2 2
2
1

1 2 3 1 ( 1)
n n
n n n n n
C C C C C
n n
+
+
       
−
+ + + + =
 ÷  ÷  ÷  ÷
+ +
       
, với n nguyên dương.
Câu V ( 2 điểm)
1. Cho
,x y R∈
thỏa mãn
3

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm m để đường thẳng
( )
: 2d y mx m= − +
cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích
tam giác OAB bằng 4.
Câu II: (2 điểm)
1. Giải phương trình:
( )
2 cos sin
1
tan cot 2 cot 1
x x
x x x
−
=
+ −
1. Giải hệ phương trình:
2 2
4
128
x y x y
x y

+ + − =


+ =



2 1 0x y− − =
. Biết trung
điểm cạnh AB là điểm M(-3; 0). Xác định tọa độ các đỉnh A, B, C.
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho Elip có phương trình chính tắc
( )
2 2
: 1
25 9
x y
E + =
. Viết
phương trình đường thẳng song song với Oy và cắt (E) tại hai điểm A, B sao cho AB = 4.
CâuVIIa: (1 điểm) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Newton
3
1
2
n
x
x
 
+
 ÷
 
, biết rằng
2 1
1
A 4 6
n
n n
C n

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC SỐ 8
Câu 1: 1, + Tập xác định: D =
{ }
\ 1¡
+ Giới hạn:
lim 2
x
y
→±∞
= ⇒
y =2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số

1 1
lim , lim
x x
y y
+ −
→ →
= +∞ = −∞ ⇒
x =1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
+ Đaọ hàm
( )
2
2
' 0, 1
1
y x
x
−
= < ∀ ≠

mx m
g x mx mx m
x
≠


= − + ⇔

= − + − =
−


+ (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt
( )
0g x⇔ =
có hai nghiệm phân biệt khác 1
( )
0
0 0
1 0
m
m
g

≠

⇔ ∆ > ⇔ >


≠

2 2 2
2 1
8
1 1AB x x m m
m
⇒ = − + = +

Ta có:
( )
2
2
,
1
m
d O AB
m
−
=
+
Do đó:
( )
2
2
2
1 8
4 1 4
2
1
OAB
m

; ,
cos sin 0
2 4
x
k
x x k k
x x
π π
π
≠

⇔ ≠ ≠ + ∈

− ≠

¢
Khi đó pt
( )
2
sin 2 2 sin cos 2
2 4
x x x x k k
π
π
⇔ = ⇔ = ⇔ = ± + ∈¡
Đối chiếu với điều kiện, pt đã cho có nghiệm là
( )
2
4
x k k

( )
2 2 2 2
2 2 2
8
1 2 2 16 8
64 16
x
x x y x y x
x y x x
≤

⇔ + − = ⇔ − = − ⇔

− = − +

( )
2
8
64 16 3
x
y x
≤


⇔

− = −


Cộng (2) với (3) vế với vế ta được:

x x x x x x x x
x x
+ − − − < − + + − − ⇔ + − − − + − + − − <
⇔ + + − − − <
1 3 0 3 1 3 1 4x x x x⇔ − − − < ⇔ − − > ⇔ − − > ⇔ < −
Đối chiếu với đk ta được
5 4x
− ≤ < −
. Vậy bpt có nghiệm x thỏa mãn
5 4x
− ≤ < −
Câu 4: Vì
( )
CB AB
CB SAB
CB SA
⊥

⇒ ⊥ ⇒

⊥

SB là hình chiếu của SC lên mp(SAB)
( )
·
(
)
·
( )
·

2
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 5 10
2 2 5
2
a
AH
a
AH SA AO a a
= + = + = ⇒ =
Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
4
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Vậy
( )
( )
10
,
5
a
d A SBD =
Câu 5: Đặt
t xy
=
. Ta có:
( )
2
1
1 2 2 4
5

P
xy t
+ −
− + +
= =
+ +
Xét hàm số
( )
( )
2
7 2 1
4 2 1
t t
f t
t
− + +
=
+
có
( )
( )
( )
( )
2
2
7
0
' ; ' 0
1( )
2 2 1

nên AB có pt: 2x + y + c = 0
Do M(-3; 0)
AB∈
nên c = 6. Vậy pt AB: 2x + y + 6 = 0
Do A
∈∆
nên tọa độ của A thỏa mãn hệ pt:
( )
2 3 14 0
4;2
2 6 0
x y
A
x y
− + =

⇒ −

+ + =

Vì M(-3; 0) là trung điểm cạnh AB nên B(-2; -2)
Phương trình cạnh BC đi qua B và song song với
∆
là:
( ) ( )
2 2 3 2 0 2 3 2 0x y x y+ − + = ⇔ − − =
Vậy tọa độ điểm C là nghiệm của hpt:
( )
2 3 2 0
1;0

A a a B a a AB a
   
− − − ⇒ = −
 ÷  ÷
   
Do đó
2 2
6 100 5 5
4 25 4 25
5 9 3
AB a a a= ⇔ − = ⇔ − = ⇔ = ±
(thỏa mãn đk)
Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là
5 5 5 5
,
3 3
x x= = −
Câu 7a: Điều kiện
2,n n≥ ∈¢
Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
5
Thầy giáo:Lê Nguyên Thạch ĐT:01694838727
Ta có:
( )
( )
2 1
1
1
4 6 1 4 6
2

1 1 1
2 2 2 2
n k
k
k k k k
k k
x x C x C x
x x x
−
− −
= =
     
+ = + = =
 ÷  ÷  ÷
     
∑ ∑
Số hạng không chứa x ứng với k = 9 là
9 3
12
.2 1760C =
Câu 6b: 1, Vì
( ) ( )
1 2
,5 ; , 5B B b b C C c c∈∆ ⇒ − ∈∆ ⇒ −
Do M(3; -1) là trung điểm của BC nên ta có hpt:
( ) ( )
3
6 2
2
4;1 , 2; 3

7 17 4
7. 2 1 3 0
. 0
A A
A A A
A A A
A A
x y
x y x
AH BC
A
x y y
x y
BH AC

− − + − − =
+ = =
=
 
 
⇔ ⇔ ⇔ ⇒
   
− = =
− + − − − =
=
 





.Giải hệ gồm (1), (2) và (3) ta được
2
4b =
Vậy (E) đã cho có pt:
2 2
1
8 4
x y
+ =
Câu 7b:Ta có:
( )
2
0 1 2 3 2
2 2 2 2 2
1 1
n
n
n n n n n
C C C C C+ = + + + + +

( )
2
0 1 2 3 2
2 2 2 2 2
1 1
n
n
n n n n n
C C C C C− = − + − + +
( )

−
= ⇔ − = ⇔ =
Luyện thi Đại học 184 Đường Lò Chum Thành Phố Thanh Hóa
6