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

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

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)

(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






+ + =

+ =

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

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

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

.
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

+ + + =


=

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


=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

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

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


<
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

+ + +
+



+
ữ

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

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