Tài liệu de thi dh so 121
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (148.37 KB, 3 trang )
SỞ GD&ĐT NINH BÌNH
Trường THPT Kim Sơn A
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010
Khối thi : D (lần 1)
(Thời gian làm bài 180 phút)
Câu 1: Cho hàm số
3 2
( 2) 3 5y m x x mx= + + + −
(C
m
)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 0 .
2) Tìm m để (C
m
) có cực đại, cực tiểu nằm bên phải Oy.
Câu 2: 1) Giải phương trình:
1 cos cos2 cos3
0
cos
x x x
x
+ + +
=
2) Giải phương trình:
3 1
3 2 2
2
2
x x
x
x
+ − ≥ +
Câu 3: Giải hệ phương trình:
3
3 .2 972
log ( ) 2
x y
x y
=
− =
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:
( 3) (2 ) 3 0m x m x m− + − + − =
Câu 6:
1) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết
(2; 3), (3; 2)A B− −
và có diện tích là
3
2
.
Trọng tâm G tam giác ABC thuộc đường thẳng
3 8 0x y− − =
. Tìm toạ độ đỉnh C.
2) Trong không gian Oxyz cho 3 điểm:
(2;1;1), (1; 1;2), (1; 3;0)A B C− −
. Tính diện tích và
thể tích khối cầu ngoại tiếp OABC.
Câu 7: Tìm điểm cố định của họ đường cong sau:
2
2 (6 ) 4
2
x m x
y
mx
+ − +
=
+
với m là tham số.
============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
1.1 1,0 điểm Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C):
3 2 2
2 3 5 ' 6 6y x x y x x= + − ⇒ = +
TXĐ, CBT 0.25đ
Cực trị, Giới hạn 0.25đ
BBT 0.25đ
Đồ thị 0.25đ
1.2 1,0 điểm
3 2 2
( 2) 3 5 ' 3( 2) 6y m x x mx y m x x m= + + + − ⇒ = + + +
. Để hàm số có CĐ,CT nằm
bên phải Oy thì
' 0y =
có 2 nghiệm dương phân biệt
0.25đ
2
2
0
9 3 ( 2) 0 3 2
0
6
0; 0
0
2 2
m
m
m m m
S
m
P
m m
≠ −
≠ −
∆ >
⇔ ⇔ − + > ⇔ − < < −
>
−
> >
>
+ +
0.75đ
2.1 1,0 điểm.
ĐK:
cos 0 / 2x x k
π π
≠ ⇔ ≠ +
. Khi đó
1 cos cos2 cos3
0
cos
x x x
x
+ + +
=
2cos (cos2 cos )
0 cos2 cos 0 cos2 cos( )
cos
x x x
x x x x
x
π
+
⇔ = ⇔ + = ⇔ = +
0.5đ
2
2 2
2
2 2
3 3
x k
x x k
x x k
x k
π π
π π
π π
π π
= +
= + +
⇔ ⇔
= − − +
= − +
(Thoả mãn đk) 0.5đ
2.2 1,0 điểm
3 1 1 1
3 2 2 3(2 ) 4 4
2
2
x x x x
x x
x x
+ − ≥ + ⇔ + − ≥ +
ĐK:
0x ≠
. Đặt
2
1 1
2 0 4 4t x x t
x
x
= + > ⇒ + = −
. Khi đó:
2 2
3 4 4 3 0 3t t t t t− ≥ − ⇔ ≤ ⇔ < ≤
0.5đ
1 1
2 3 1 0 1 1
2 4
x x x x⇒ − + ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤
0.5đ
3 1,0 điểm
ĐK:
x y>
. Ta có:
3
3
3 .2 972
3 .2 972 3 .2 972
log ( ) 2
3 3
x y
x y y y
x y
x y x y
+
=
= =
⇔ ⇔
− =
− = = +
0.5đ
2
6 36
5
3
y
y
x
x y
=
=
⇔
=
= +
(TMđk)Vậy HPT có nghiệm
( ; ) (5;2)x y =
0.5đ
4 1,0 điểm
Áp dụng đl cosin:
7BC a=
. Tính được:
2 3; ' 3MB a MA a= =
Theo Pitago:
2 2 2
' ' 'MB A M A B MBA+ = ⇒V
vuông tại M
'MB MA
⇒ ⊥
0.5đ
Ta có:
( ,( ')) ( ,( ')) 3d M ABA d C ABA CH a= = =
3
' ' '
1 15
( ,( ')).
3 6
ABMA MABA ABA
a
V V d M ABA S= = =
0.5đ
5
1,0 điểm
( 3) (2 ) 3 0 ( 1) 3 2 3 0m x m x m m x x x x− + − + − = ⇔ − − − + + =
ĐK:
0x
≥
. Đặt
0t x= ≥
2 2
2 2 2
2 3 3 2
( ) ; '( )
1 ( 1)
t t t t
m g t g t
t t t t
− + −
⇒ = = =
− + − +
'( ) 0 0 2; lim ( ) 2
t
g t t t g t
→±∞
= ⇔ = ∨ = =
0.5đ
Lập BBT, Kết luận
5
3
3
m≤ ≤
0.5đ
6.1
1,0 điểm . Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC biết
(2; 3), (3; 2)A B− −
và có diện tích
là
3
2
. Trọng tâm G tam giác ABC thuộc đường thẳng
3 8 0x y− − =
. Tìm toạ độ đỉnh C
Ta có:
2, : 5 0AB ptAB x y= − − =
,
5 5
( ; )
2 2
M
−
là trung điểm AB
1 3 3
( , ). ( , )
2 2
2
ABC
S d C AB AB d C AB= = ⇒ =
0.25đ
G là trọng tâm tam giác ABC
1 1
( ; ) ( ; )
3
2
d G AB d C AB⇒ = =
;
( ):3 8 0G d x y∈ − − =
(3 8) 5
1
( ; ) 1 2
2 2
G G
G G
x x
d G AB x x
− − −
⇒ = = ⇔ = ∨ =
0.25đ
1 (1; 5) 3 ( 2;10)
G
x G CM GM C= ⇒ − ⇒ = ⇒ −
uuuur uuuur
2 (2; 2) 3 (1; 4)
G
x G CM GM C= ⇒ − ⇒ = ⇒ −
uuuur uuuur
0.5đ
6.2 1,0 điểm
MC ngoại tiếp OABC có PT dạng:
2 2 2
2 2 2 0x y z ax by cz d+ + + + + + =
Thay toạ đọ A,B,C,O tìm ra
2; 1; 0; 0 5a b c d R= − = = = ⇒ =
0.5đ
Diện tích mặt cầu:
2
4 20S R
π π
= =
(đvdt) 0.25đ
Thể tích khối cầu:
3
4 20 5
3 3
V R
π
π
= =
(đvtt) 0.25đ
7 1,0 điểm
Gọi điểm cố định của họ (
m
C
) là
0 0
( ; )M x y
2
0 0
0
0
2 (6 ) 4
2
x m x
y m
mx
+ − +
⇒ = ∀
+
0.25đ
0 0 0
2
0 0 0 0 0 0
2
0 0 0
0
( ) 2 6 4 2 0
2 6 4 2 0
x y x
x y x m x x y m
x x y
+ =
⇔ + + + + − = ∀ ⇔
+ + − =
0.25đ
Th1:
0 0
0 2 (0;2)x y M= ⇒ = ⇒
0.25đ
Th2:
2
0 0 0
1 2 6 6 0( )y x x VN= − ⇒ + + =
0.25đ
