Đề thi thử ĐH Trường THPT Phan Đăng Lưu-NA

Trờng THPT Phan Đăng Lu
Tổ: Toán-Tin
--------------o0o---------------
Đề thi thử đại học lần 2
Năm học 2006 - 2007
( Môn: Toán. Thời gian làm bài: 180 phút )
Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số y =
3
1
x
3
+ mx + n, ( m, n là tham số ).
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số trên, khi m = -9, n = 2;
2. Tìm m, n để điểm E(-1; -1) là điểm cực đại của đồ thị hàm số đã cho.
Câu 2 (2 điểm).
1. Giải hệ phơng trình





=+
=+
41
2
22
yx
yxyx
2. Giải bất phơng trình
0422
3

33
loglog

xx
.
Câu 3 (3 điểm).
1. Cho tam giác đều ABC cạnh a ( a > 0 ). Trên đơng thẳng d vuông góc với
mặt phẳng (ABC) tại A lấy điểm D. Biết khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng
(BCD) bằng
3
6
a
. Tính theo a độ dài đoạn AD.
2. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ để các vuông góc xOy cho đờng thẳng
(d
1
): x + 4y + 6 = 0 và (d
2
): 3x - y - 8 = 0. Xét tam giác ABC có A(1; 3), trọng tâm
G(1; 2), đỉnh B thuộc (d
1
) và đỉnh C thuộc (d
2
). Chứng minh rằng
à
0
135A >
.
3. Trong không gian với hệ trục toạ độ đề các vuông góc Oxyz cho 3 điểm
A( 6; 8; 0), B(6; 0; 0), C( 6; 0; 4). Lập phơng trình đờng tròn đi qua 3 điểm A, B,

C.
Câu 4 (2 điểm).
1. Xác định tham số m để đờng thẳng y = m, tạo với Parabol y = x
2
+ 2x một
hình phẳng có diện tích bằng
8 2
3
(đvdt).
2. Tìm số tự nhiên n sao cho C
1
2n+1
+ C
3
2n+1
+ C
5
2n+1
+ + C
2n+1
2n+1
= 1024
( Trong đó C
k
n
là tổ hợp chập k của n phần tử).
Câu 5 (1 điểm). Cho tam giác ABC có các góc A, B, C thoả mãn:

2005
2

2
0
2
Cos C
CosA CosB
C


+ + =




<


Hãy nhận dạng tam giác đó.
(L u ý : - HS thi khối B, D không làm câu 4 phần 1;
- Đối với khối B, C câu 1: 3 điểm).
1
Hớng dẫn chấm
(Môn Toán- Thi thử ĐH lần 2-Trờng THPT Phan Đăng Lu)
Nội dung
Điểm
Câu 1
2
(KB, KD:3)
1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m = -9, n = 2. 1
(KB,KD: 1,5)
Khi m = -9, n = 2 ta có y =

3
1
x
3
- 9x + 2
TXĐ: D =
Ă
; y = x
2
- 9; y = 0 x = 3 ; y(3) = -16; y(-3) = 20. y = 2x điểm uốn
U(0; 2).
0.25
(KB,KD: 0,5)
Bảng biến thiên (0.5 điểm)
x
- -3 0 3 +
y + 0 - 0 +
y - 0 +
Đồ thị
HS
Lồi U Lỏm
y
20 +
- -16
y
CĐ
= 20; y
CT
= -16.
Đồ thị hàm số (0.25 điểm; KB, KD: 0.5 điểm)

2. Tìm m, n
( Trờng THPT Phan Đăng Lu )
1.0
Ta có y = x
2
+ m. Điều kiện cần để đồ thị hàm số nhận điểm E(-1; -1) làm điểm cực đại là
'
1
( 1) 1
1
3
( 1) 0
1 0
y
m n
y
m

=

+ =



=


+ =

0.5

(KB,KD
0. 75)
Giải đợc m = -1; n =
5
3

0.25
Thử lại: Khi m = -1; n =
5
3

ta có y = x
2
- 1 do đó
x - -1 +1 +
y + 0 - 0 +
Vậy m = -1; n =
5
3

0. 25
(KB,KD
0..5)
Câu 2.
2
1. Giải hệ

=+
=+
41
2
22
yx
yxyx
1.0
ĐK:
0
0
x y
x y
+




; Đặt u = x y+ , v = x y ( u 0; v 0) 0.25
Khi đó hệ trở thành
4 4
4 4
2
( 2) 82 (*)
82
u v
v v
u v
=

+ + =

+ =

0.25
Đặt t = v + 1 (ĐK t 1) thì PT (*) trở thành t
4
+6t
2
- 40 = 0 t
2
= 4 t = 2 ( vì ĐK t 1)
0.25
2
Từ đó ta có
1 5
3 4
v x
u y
= =



= =

; thỏa mãn bài toán. Vậy nghiệm của hệ p.trình là
5
4
x

y
=


=

0.25
2. Giải bất phơng trình
0422
3
33
loglog

xx
(1). 1
ĐK: x > 0; (1)
3
3
1
1
loglog
3
2
2 2 4 0
xx


3 3
3log log
2 2 4 0

x x

(2)
0.5
Đặt t =
3
6 log
2
x
(ĐK: t > 0), khi đó BPT (2) trở thành t
3
- t
2
- 4 0 (t- 2)(t
2
+ t + 2) 0 0.25
0 < t 2 2
log
3
x
2
6
log
3
x 6 0 < x 3
6
. Vậy tập nghiêm của BPT là (0; 729].
0.25
Câu 3.
3.0

1. 1
Gọi I là trung điểm của BC. Vì tam giác ABC đều cạnh a nên
AI =
3
2
a
và BC AI.
0.25
Trong tam giác ADI, kẻ đờng cao AH. Suy ra AH (DBC) (vì
BC DA (gt) BC (DAI), nên AH BC). Do đó AH =
3
6
a
.
0.25
Trong tam giác vuông ADI (vuông tại A), ta có
2 2
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1
6
. 6
AI AH
AD a
AI AD AH AD AI AH a

+ = = = =
Vậy AD = a
6
.
0.5

2. 1
B d
1
: x + 4y + 6 = 0 B(- 4t
1
- 6; t
1
); C d
2
: 3x - y - 8 = 0 C(t
2
; 3t
2
- 8). Do đó G
2 1 2 1
4 5 3 5
;
3 3
t t t t +

ữ

.
0.25
Mặt khác G(1; 2) suy ra
2 1
2 1 1
2 1 2 1 2
4 5
1

4 8 1
3
( 2; 1), (4; 4).
3 5 3 11 4
2
3
t t
t t t
B C
t t t t t


=

= =




+ + = =


=


0.25
Do đó
. 13
( 3; 4), (3;1)
5. 10

.
AB AC
AB AC CosA
AB AC

= =
uuur uuur
uuur uuur
uuur uuur
0.25
Ta có CosA =
13
5. 10

<
1
2

= Cos 135
0
suy ra
à
0
135A >
. 0.25
3.
( Trờng THPT Phan Đăng Lu )
1
Ta có
(0; 8;0) 8 (0;1;0), (0; 8; 4) 4 (0; 2;1) , (1;0;0)AB u AC v n u v

= = = =

uuur r uuur r r r r
là véctơ
pháp tuyến của mặt phẳng (ABC). Do đó (ABC): x = 6. ( Học sinh có thể suy ra ngay từ các
hoành độ của A, B, C đều bằng 6).
0.25
Vì O, A, B, C không đồng phẳng nên tồn tại mặt cầu đi qua O, A, B, C. Giả sử phơng trình
mặt cầu đó là x
2
+ y
2
+ z
2
+ 2mx + 2ny + 2pz + q = 0. Suy ra
12 16 100 0
12 36 0
12 8 52 0
0
m n q
m q
m p q
q
+ + + =


+ + =

+ + + =


=

Giải hệ ta đợc m = -3, n = -4, p = -2, q = 0. Do đó một PT mặt cầu đi qua A, B, C là
x
2
+ y
2
+ z
2
- 6x - 8y - 4z = 0 (Học sinh có thể chọn mặt cầu đi qua A, B, C và một điểm nào
đó khác O)
0.5
3
A
D
B
C
I
H
Từ đó suy ra phơng trình đờng tròn đi qua 3 điểm A, B, C là
2 2 2
x + y + z - 6x - 8y - 4z = 0
x = 6



0.25

Câu 4.
2
1. 1
Điều kiện tồn tại hình phẳng là: PT x
2
+ 2x - m = 0 (1) có 2 nghiệm phân biệt m > -1.
0.25
Giả sử x
1
, x
2
(x
1
< x
2
) là 2 nghiệm của (1) suy ra x
1
+ x
2
= -2, x
1
.x
2
= -m và
x
2
- x
1
= 2
'

=2
1 m+
. Khi đó diện tích hình phẳng đó là
S =
2
2
1
1
2 3 2 3 3 2 2
2 1 2 1 2 1
1 1
( 2 ) ( ) ( ) ( ) ( )
3 3
x
x
x
x
m x x dx mx x x m x x x x x x = =

=
1
3
(x
2
- x
1
)(3m - (x
2
2

+ x
1
x
2
+ x
1
2
) - 3(x
2
+ x
1
)) =
1
3
.2
1 m+
(2m + 2) =
4
3
(m+1)
3/2
.
0.5
Theo giả thiết S =
8 2
3

4
3
(m+1)

3/2
=
8 2
3
m = 1, thỏa mãn điều kiện. Vậy m = 1. 0.25
2. 1
Ta có (1 + x)
2n+1
= C
0
2n+1
+ C
1
2n+1
x + C
2
2n+1
x
2
+ ... + C
2n+1
2n+1
x
2n+1
, với x R.
0.25
Do đó C
0
2n+1
+ C

1
2n+1
+ C
2
2n+1
+ C
3
2n+1
+ ... + C
2n
2n+1
+ C
2n+1
2n+1
= 2
2n+1
và
C
0
2n+1
- C
1
2n+1
+ C
2
2n+1
- C
3
2n+1
+... + C

2n
2n+1
- C
2n+1
2n+1
= 0 suy
ra 2(C
1
2n+1
+ C
3
2n+1
+ C
5
2n+1
+ + C
2n+1
2n+1
) = 2
2n+1
.
0.5
Do đó C
1
2n+1
+ C
3
2n+1
+ C
5

2n+1
+ + C
2n+1
2n+1
= 2
2n
. Mặt khác
C
1
2n+1
+ C
3
2n+1
+ C
5
2n+1
+ + C
2n+1
2n+1
= 1024 = 2
10
suy ra n = 5. Vậy n = 5.
0.25
Câu 5.
( Trờng THPT Phan Đăng Lu )
1
Vì
0
2
C

<
nên
0 1CosC <
suy ra Cos
2005
C Cos C, dấu bằng khi và chỉ khi C =
2

. 0.25
Do đó
2005
2
Cos C
CosA CosB+ +

2
CosC
CosA CosB+ +
. Ta có
2
CosC
CosA CosB+ +
=
1
2
(
2( )CosA CosB CosC+ +
) =
1

2
(
2
2 2 1 2
2 2 2
A B A B C
Cos Cos Sin
+
+
) =
2 2 2
2
2
1
( 2 2 2 1 )
2 2 2 2 2
2
2
1
2 2
2
2
2 2
A B A B A B A B A B
Cos Cos Cos Cos Cos
A B A B
A B
Cos Cos
Cos
+ +

+ + +
+



+
ữ

= +
0.5
4
Suy ra
2005
2
2
0
2
Cos C
CosA CosB
C
π

+ + =




< ≤



2
2
2
1
2
4
2
2 2
C
C
A B
Cos
A B
A B A B
Cos Cos
π
π
π

=



=

−
 
⇔ = ⇔
 
 

= =

+ −


=


VËy tam gi¸c vu«ng c©n t¹i C.
0.25
------------HÕt------------
5