Đề thi thử ĐH Trường THPT Phan Đăng Lưu-NA

Trên đơng thẳng d vuông góc với mặt phẳng ABC tại A lấy điểm D.. Tính theo a độ dài đoạn AD.. Lập phơng trình đờng tròn đi qua 3 điểm A, B, C... Trong tam giác ADI, kẻ đờng cao AH.

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

x3 + 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

2

x

y x y

x

2 Giải bất phơng trình 2log 3 2log 3 4 0





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 (d1): x + 4y + 6 = 0 và (d2): 3x - y - 8 = 0 Xét tam giác ABC có A(1; 3), trọng tâm G(1; 2), đỉnh B thuộc (d1) và đỉnh C thuộc (d2) Chứng minh rằng A 1350.

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 = x2 + 2x một hình phẳng có diện tích bằng 8 2

3 (đvdt).

2 Tìm số tự nhiên n sao cho C1 2n+1 + C 3 2n+1 + C 5 2n+1 + … + C + C2n+1 2n+1 = 1024

( Trong đó Ck 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







  



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).

Hớng dẫn chấm

(Môn Toán- Thi thử ĐH lần 2-Trờng THPT Phan Đăng Lu)

Câu 1 (KB, KD:3)2

(KB,KD: 1,5)

Khi m = -9, n = 2 ta có y =

3

1

x3 - 9x + 2 TXĐ: D = ; y’ = x2 - 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

Đồ thị hàm số (0.25 điểm; KB, KD: 0.5 điểm)

20 +∞

-∞ -16

yCĐ = 20; yCT = -16

Ta có y’ = x2 + m Điều kiện cần để đồ thị hàm số nhận điểm E(-1; -1) làm điểm cực đại là

'

1

3





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’ = x2 - 1 do đó

x -∞ -1 +1 +∞

y’ + 0 - 0 +

Vậy m = -1; n = 5

3

(KB,KD 0 5)

1 Giải hệ 















41

2

2

2 y x

y x y

x

1.0

0

x y

x y







82

u v







0.25

Đặt t = v + 1 (ĐK t  1) thì PT (*) trở thành t4 +6t2 - 40 = 0  t2 = 4  t = 2 ( vì ĐK t  1) 0.25



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

4

x y











0.25

2 Giải bất phơng trình 2log 3 2log 3 4 0





1

1log log

3 2

2 x  2 x  4 0  2log3x 3 2log3x 4 0

Đặt t = 62log 3x (ĐK: t > 0), khi đó BPT (2) trở thành t3 - t2 - 4  0  (t- 2)(t2 + t + 2)  0 0.25

 0 < t  2  2log

3  26  log3x  6  0 < x  36 Vậy tập nghiêm của BPT là (0; 729] 0.25

Gọi I là trung điểm của BC Vì tam giác ABC đều cạnh a nên

2

A

D

B

I H

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

Trong tam giác vuông ADI (vuông tại A), ta có

2 2

6

AD a



Vậy AD = a 6

0.5

B  d1: x + 4y + 6 = 0  B(- 4t1 - 6; t1); C d2: 3x - y - 8 = 0  C(t2; 3t2 - 8) Do đó G

2 41 5 32 1 5

;

t  t  t  t

Mặt khác G(1; 2) suy ra

2 1

2 3









0.25

( 3; 4), (3;1)

5 10

AB AC

AB AC



 

Ta có CosA = 13

5 10



< 1 2



= Cos 1350 suy ra A 1350. 0.25

Ta có AB(0; 8;0) 8 (0;1;0),u AC(0; 8; 4) 4 (0; 2;1)  v   nu v, (1;0;0)

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 x2 + y2 + z2 + 2mx + 2ny + 2pz + q = 0 Suy ra

0

m 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

x2 + y2 + z2 - 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

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





Điều kiện tồn tại hình phẳng là: PT x2 + 2x - m = 0 (1) có 2 nghiệm phân biệt  m > -1 0.25 Giả sử x1, x2 (x1 < x2) là 2 nghiệm của (1) suy ra x1 + x2 = -2, x1.x2 = -m và

x2 - x1 = 2 '

 =2 1 m Khi đó diện tích hình phẳng đó là

S =

1 1

x x

m x  x dxmx x  x m x  x  x  x  x  x



=1

3(x2 - x1)(3m - (x2 + x1x2 + x1 ) - 3(x2 + x1)) =

1

3.2 1 m (2m + 2) =

4

3(m+1)

3/2

0.5

Theo giả thiết S = 8 2

4

3(m+1)

3/2 = 8 2

3  m = 1, thỏa mãn điều kiện Vậy m = 1. 0.25

Ta có (1 + x) = C 2n+1 + C 2n+1 x + C 2n+1 x+ + C 2n+1 x , với x  R 0.25

Do đó C0

2n+1 + C1

2n+1 + C2

2n+1 + C3

2n+1 + + C2n

2n+1 + C2n+1

2n+1 = 22n+1 và

C0

2n+1 - C1

2n+1 + C2

2n+1 - C3

2n+1 + + C2n

2n+1 - C2n+1

2n+1 = 0 suy

ra 2(C1

2n+1 + C3

2n+1 + C5

2n+1 + … + C + C2n+1

2n+1) = 22n+1

0.5

Do đó C1

2n+1 + C3

2n+1 + C5

2n+1 + … + C + C2n+1

2n+1 = 22n Mặt khác

C1

2n+1 + C3

2n+1 + C5

2n+1 + … + C + C2n+1

2n+1 = 1024 = 210 suy ra n = 5 Vậy n = 5 0.25

Câu 5 ( Trờng THPT Phan Đăng Lu ) 1 Vì 0

2

  nên 0CosC 1 suy ra Cos2005C  Cos C, dấu bằng khi và chỉ khi C =

2

 0.25

Do đó

2005

2

2

CosC

2

CosC

2 ( 2(CosA  CosB)  CosC) =

1

2 (

2

2

2

1

2

2

0.5

Suy ra

2005

2 2

0

2







  



2

2

2 1

2

4 2

C

C

A B Cos

A B



















 Vậy tam giác vuông cân tại C

0.25