www.facebook.com/hocthemtoan Thầy Huy: 0968 64 65 97 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 30 NĂM HỌC 2013 - 2014 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 : 2sin2 2sin 2 5sin 3cos 3 4 x x x x             2. Giải hệ phương trình : 3 3 2 3 7 3 ( ) 12 6 1 ( , ) 4 1 3 2 4 x y xy x y x x x y x y x y                   Câu III (1,0 điểm) 1. Tính tích phân : 4 2 0 sin sin2 os x x x I dx c x     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 ( ) ( )SBM SAC và tính thể tích tứ diện SABM . Câu V (1,0 điểm) Cho ,x y là các số thực không âm thoả mãn 1x y  . Tìm GTNN của biểu thức: 2 2 3 1 2 2 40 9P x y    PHẦN RIÊNG A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a( 2 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có cạnh AC đi qua (0, 1)M  . Biết 2AB AM , đường phân giác trong : 0AD x y  ,đường cao :2 3 0CH x y   . Tìm toạ độ các đỉnh. 3. Giải phương trình : 8 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       B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b( 2 điểm) 1.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn 2 2 ( ):( 1) ( 1) 25C x y    , điểm (7;3)M . Viết phương trình đường thẳng qua M cắt ( )C tại hai điểm phân biệt ,A B sao cho 3MA MB 2. Giải phương trình:     5 4 log 3 3 1 log 3 1 x x     Câu VII.b ( 1 điểm)Với n là số nguyên dương , chứng minh: 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 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 30 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       Bảng biến thiên: x  1 1  'y  0  0  4  y  0 Hàm số đồng biến trên     ; 1 ; 1;   Hàm số nghịch biến trên   1;1 Hàm số đạt cực đại tại 1; 4 CD x y   Hàm số đạt cực tiểu tại 1; 0 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 2 , 2 2 2 1 2 4 1 0 1, 4 1 d I R m m m m m              Gọi H là hình chiếu của I trên AB . Ta có 2 2 2 6 4 5 AB IH R   . Theo bài ra 2 6 ( , ) 5 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 : 2sin2 2 sin 2 5sin 3cos 3 4 x x x x             (1) 2 (1) 2sin2 sin2 os2 5sin 3cos 3 6sin cos 3cos (2sin 5sin 2) 0 3cos (2sin 1) (2sin 1)(sinx 2) 0 (2sin 1)(3cos sinx 2) 0 1 sinx ,sinx 3cos 2 2 x x c x x x x x x x x x x x x x x                            + 1 5 sin 2 , 2 ; 2 6 6 x x k x k k             2 1 2 sinx 3cos 2 sin( ) ,( os ) arcsin 2 10 10 10 2 arcsin 2 , 10 x x c x k x k k                        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                      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                   Giải: ĐK 3 2 0x y      3 2 3 2 2 3 3 3 (1) 8 12 6 1 3 3 2 1 2 1 1 x x x x x y xy y x x y x x y y x                    + Với 1y x  thay vào (2) ta được : 3 3 2 2 4x x    Đặt 3 3 2, 2 (b 0)a x b x     . Ta có hệ : 3 3 2 4 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 1 x y       Câu 3: Tính 4 2 0 sin sin2 os x x x I dx c x     + Ta có 4 4 2 0 0 sin sinx 2 os cos x x I dx dx c x x       Đặt 4 4 1 2 2 0 0 sin sinx ; 2 os cos x x I dx I dx c x x       +Tính 1 I : Đặt 2 2 sinx 1 ; os (cos ) os cos u x du dx v dx c xd x c x x           4 1 0 1 1 sinx 2 1 2 2 ln ln 4 4 4 cos cos cos 2 1 sinx 4 2 2 2 0 0 0 x dx x I x x x                  + Tính 4 2 0 (cos ) 2 2 2ln cos 2ln 4 cos 2 0 d x I x x          Vậy 1 2 2 1 2 2 2 ln 2ln 4 2 2 2 2 I I I         I M S A B CD Câu 4: Gọi I BM AC  ,suy ra I là trọng tâm của tam giác BCD 2 2 2 2 1 6 1 18 ; 3 3 2 3 4 a a IM BM IC AC a IM IC CM BM AC           Mặt khác ( ) ( ) ( )BM SA BM SAC SBM SAC     + Ta có 2 1 1 9 2 . ( , ) 3 2.3 2 2 2 ABM a S AB d M AB a a   Theo bài ra  0 60SBA  . Xét tam giác vuông SAB có 2 0 3 1 9 2 tan60 3 6 3 6 9 3( ) 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 21 2 1 2 , , , ( ) ; , 0 a a b b a a a a b bb b b b           (Tuyệt phẩm Svac-xơ) +Ta có 2 2 2 2 3 4 (3 2 ) 3 3 1 2 3 3 (3 2 ) (1) 9 2 11 11 x x x x        2 2 2 2 40 36 (40 6 ) 11 2 40 9 2 2 (40 6 ) (2) 40 4 44 11 y y y y        +Từ 3 11 11 11 (1),(2) (3 2 ) (40 6 ) (49 6 6 ) 5 11 11 11 11 P x y x y         + Dấu đẳng thức xẩy ra   1 1 ; ; 3 3 x y         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              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 x y x y I M x y n u AB x y x y                                  Suy ra toạ độ A là nghiệm của hệ 2 1 (1;1) ( 1; 2) (2; 1) :2( 1) 1( 1) 2 1 0 0 AC x y A AM n AC x y x y x y                           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 5 (5;3) (KTM) 1 ( 1; ); ( 1, 2) 2 ( 1) 16 3 ( 3; 1)2 x B x AB x AM AB AM x x B                          Vì ,B C phải khác phía với AD (5,3)B không TM. Vậy 1 (1;1); ( 3; 1); ( ; 2) 2 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 x x x                                Câu 7a: ĐK: 0 ( 4)! ( 3)! (1) 7( 3) ( 4)( 2) ( 1)( 2) 42 12 ( 1)!3! !3! n 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                Vậy hệ số của số hạng chứa 4 x là : 0 4 1 2 2 0 10 10 10 9 10 8 16 3 4 9 8085C C C C C C   Câu 6b: 1, : 1. I H B A M Đường tròn ( ): (1, 1); 5; 52 5C I R MI     M nằm ngoài đường tròn Ta có 2 2 2 . 27 3 27 3 9 6MA MB MI R MB MB MA AB           Gọi H là trung điểm của AB 2 2 4 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         . 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                     + Với 0 : 3A y    + Với 12 :12 5 69 0 5 B A x y       Câu 6b: 2, Đặt 4 5 1 2 log (3 1) 3 4 1 (1) log (3 2 ) 3 2 5 3. 1 (*) 5 5 t x x t t t t t t t                      Xét hàm 1 2 ( ) 3. 5 5 t 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 . www.facebook.com/hocthemtoan Thầy Huy: 0968 64 65 97 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 30 NĂM HỌC 2013 - 2014 Thời gian làm bài:. tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh:………………………….………………………….SBD:……………………… A I B H HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 30 Câu 1: 1, Khi 1m