Đề 65

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2011

DE 65

Khối thi : D
(Thời gian làm bài 180 phút)

Câu 1: Cho hàm số y = (m + 2) x3 + 3 x 2 + mx − 5 (Cm)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0 .
2) Tìm m để (Cm) có cực đại, cực tiểu nằm bên phải Oy.
Câu 2: 1) Giải phương trình:

1 + cos x + cos 2 x + cos3 x
=0
cos x

2) Giải phương trình: 3 x +

3
2 x

− 2 ≥ 2x +

1
2x

3x.2 y = 972
Câu 3: Giải hệ phương trình: 
log 3 ( x − y ) = 2
Câu 4: Cho lăng trụ đứng ABCA’B’C’ có AB = a, AC = 2a, góc BAC =120 0, AA’=2a 5 .
M là trung điểm của CC’. Chứng minh rằng: MB ⊥ MA’. Tính thể tích tứ diện ABMA’.

Câu 5: Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực: (m − 3) x + (2 − m) x + 3 − m = 0
Câu 6:
1) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết A(2; −3), B (3; −2) và có diện tích là

3
.
2

Trọng tâm G tam giác ABC thuộc đường thẳng 3 x − y − 8 = 0 . Tìm toạ độ đỉnh C.
2) Trong không gian Oxyz cho 3 điểm: A(2;1;1), B(1; −1;2), C (1; −3;0) . Tính diện tích và
thể tích khối cầu ngoại tiếp OABC.
Câu 7: Tìm điểm cố định của họ đường cong sau: y =

2 x 2 + (6 − m) x + 4
với m là tham số.
mx + 2

============Hết============


SỞ GD&ĐT NINH BÌNH
Trường THPT Kim Sơn A

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010 Khối D (lần 1)

Câu
Nội dung
Điểm
3

2
2
1.1 1,0 điểm Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C): y = 2 x + 3x − 5 ⇒ y ' = 6 x + 6 x
TXĐ, CBT
0.25đ
Cực trị, Giới hạn
0.25đ
BBT
0.25đ
Đồ thị
0.25đ
1.2 1,0 điểm
y = (m + 2) x3 + 3 x 2 + mx − 5 ⇒ y ' = 3(m + 2) x 2 + 6 x + m . Để hàm số có CĐ,CT nằm
0.25đ
bên phải Oy thì y ' = 0 có 2 nghiệm dương phân biệt

 m ≠ −2
 m ≠ −2
∆ > 0


⇔
⇔ 9 − 3m(m + 2) > 0 ⇔ −3 < m < −2
S > 0
 m
−6
 P > 0

> 0;
>0

m+2
m + 2

2.1

1,0 điểm.
ĐK: cos x ≠ 0 ⇔ x ≠ π / 2 + kπ . Khi đó

1 + cos x + cos 2 x + cos3 x
=0
cos x

2cos x(cos 2 x + cos x)
⇔
= 0 ⇔ cos 2 x + cos x = 0 ⇔ cos 2 x = cos( x + π )
cos x
 x = π + k 2π
 2 x = x + π + k 2π
⇔
⇔
(Thoả mãn đk)
 x = − π + k 2π
2
x
=
−
x
−
π
+

k
2
π

3
3


2.2

1,0 điểm

3 x+

3
2 x

− 2 ≥ 2x +

1
1
> 0 ⇒ 4 x + = t 2 − 4 . Khi đó:
x
x
2
2
3t − 4 ≥ t − 4 ⇔ t ≤ 3t ⇔ 0 < t ≤ 3
1
1
⇒ 2x − 3 x + 1 ≤ 0 ⇔ ≤ x ≤ 1 ⇔ ≤ x ≤ 1

2
4

4

0.5đ

0.5đ

1
1
1
⇔ 3(2 x +
) − 4 ≥ 4x +
2x
x
x

ĐK: x ≠ 0 . Đặt t = 2 x +

3

0.75đ

0.5đ
0.5đ

1,0 điểm
3x.2 y = 972
3x.2 y = 972

3 y +3.2 y = 972

x
>
y
⇔
⇔
ĐK:
. Ta có: 


x − y = 3
x = y + 3
log 3 ( x − y ) = 2

0.5đ

6 y = 36
y = 2
⇔
(TMđk)Vậy HPT có nghiệm ( x; y ) = (5; 2)

x
=
5
x
=
y
+
3




0.5đ

1,0 điểm
Áp dụng đl cosin: BC = a 7 . Tính được: MB = 2a 3; MA ' = 3a
2
2
2
Theo Pitago: MB + A ' M = A ' B ⇒VMBA ' vuông tại M ⇒ MB ⊥ MA '

0.5đ


Ta có: d ( M , ( ABA ')) = d (C , ( ABA ')) = CH = a 3

5

1
a 3 15
VABMA ' = VMABA ' = d ( M , ( ABA ')).S ABA ' =
3
6
1,0 điểm ( m − 3) x + (2 − m) x + 3 − m = 0 ⇔ m( x − x − 1) − 3 x + 2 x + 3 = 0
ĐK: x ≥ 0 . Đặt t = x ≥ 0 ⇒ m = g (t ) =

2t 2 − 3t + 3
t 2 − 2t
;

g
'(
t
)
=
t2 − t +1
(t 2 − t + 1) 2

g '(t ) = 0 ⇔ t = 0 ∨ t = 2; lim g (t ) = 2

0.5đ

0.5đ

t →±∞

6.1

5
Lập BBT, Kết luận ≤ m ≤ 3
0.5đ
3
1,0 điểm . Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết A(2; −3), B (3; −2) và có diện tích

là

6.2

3
. Trọng tâm G tam giác ABC thuộc đường thẳng 3 x − y − 8 = 0 . Tìm toạ độ đỉnh C

2

5 −5
Ta có: AB = 2, ptAB : x − y − 5 = 0 , M ( ; ) là trung điểm AB
2 2
1
3
3
S ABC = d (C , AB ). AB = ⇒ d (C , AB ) =
2
2
2
1
1
G là trọng tâm tam giác ABC ⇒ d (G; AB ) = d (C ; AB ) =
; G ∈ (d ) : 3 x − y − 8 = 0
3
2
x − (3 xG − 8) − 5
1
⇒ d (G; AB ) = G
=
⇔ xG = 1 ∨ xG = 2
2
2
uuuu
r
uuuu
r
xG = 1 ⇒ G (1; −5) ⇒ CM = 3GM ⇒ C (−2;10)

uuuu
r
uuuu
r
xG = 2 ⇒ G (2; −2) ⇒ CM = 3GM ⇒ C (1; −4)
1,0 điểm
MC ngoại tiếp OABC có PT dạng: x 2 + y 2 + z 2 + 2ax + 2by + 2cz + d = 0
Thay toạ đọ A,B,C,O tìm ra a = −2; b = 1; c = 0; d = 0 ⇒ R = 5
Diện tích mặt cầu: S = 4π R 2 = 20π (đvdt)

7

4
20π 5
Thể tích khối cầu: V = π R 3 =
(đvtt)
3
3
1,0 điểm
Gọi điểm cố định của họ ( Cm ) là M ( x0 ; y0 ) ⇒ y0 =

0.25đ

0.5đ

0.5đ
0.25đ
0.25đ

2 x02 + (6 − m) x0 + 4

∀m
mx0 + 2

 x0 y0 + x0 = 0
⇔ ( x0 y0 + x0 )m + 2 x02 + 6 x0 + 4 − 2 y0 = 0∀m ⇔  2
 2 x0 + 6 x0 + 4 − 2 y0 = 0
Th1: x0 = 0 ⇒ y0 = 2 ⇒ M (0; 2)
2
Th2: y0 = −1 ⇒ 2 x0 + 6 x0 + 6 = 0(VN )

0.25đ

0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ