Trờng THPT Nông Cống 2 Đáp án-Thang điểm Đề thi khảo sát chất lợng lần 2 năm học 2011-2012 Môn:Toán.Khối 12 Câu ý Nội dung Điểm I 1 Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số . (1,0điểm) (2điểm) +Tập xác định :R\{2} +Sự biến thiên: -Giới hạn tại vô cực,giới hạn vô cực và các đờng tiệm cận Ta có: 2 2 lim ; lim x x y y + = = + nên đờng thẳng x=2 là tiệm cận đứng Và lim 2; lim 2 x x y y + = = nên đờng thẳng y=2 là tiệm cận ngang -Bảng biến thiên: ( ) 2 1 ' 0 2; 2 y x x = < Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ) ;2 và ( ) 2;+ x 2 + y y 2 + 2 0,25 0,25 0,25 +Đồ thị: Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; 3 2 ) và cắt trục hoành tại điểm ( 3 2 ;0) Đồ thị nhận giao điểm I(2;2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng 0,25 2 Tìm trên đờng thẳng 1y = những điểm (1,0điểm) Gọi A(a;1) là điểm nằm trên đờng thẳng 1y = . Đờng thẳng d đi qua A,hệ số góc k có phơng trình :y = k(x a) + 1 . (d) tiếp xúc với (C) ta có hệ phơng trình ( ) ( ) 2 2 3 k x a 1(1) 2 1 (2) 2 x x k x = + = Thế (2) vào (1) ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 1 x a 1 ( ) 2 2 0, 2 2 2 x f x x x a x x x = + = + = (3) Từ A kẻ đợc hai tiếp tuyến đến (C) và hai tiếp điểm tơng ứng đều có hoành độ dơng khi và chỉ khi phơng trình (3) có hai nghiệm dơng phân biệt khác 2 ' 1 0 (2) 2 0 1 2 2 0 2 0 a f a a S P a = > = < < = > = > Vậy ,các điểm cần tìm là A(a;1) với 1 2a < < 0,25 0,25 0,25 0,25 II 1 Giải phơng trình: 1 sin 1 tan . 2 2 cos 4 2 sin x x x x + + = ữ (1) (1,0 điểm) (2điểm) Điều kiện: cos 0 2 , , 4 2 2 sin 0 x x l k l Z x k x + ữ 0,25 0,25 0,25 0,25 2 Giải hệ phơng trình: ( ) ( ) 3 1 2 0 1 2 3 2(2) x y y x y x x y x y + + = + = + (1,0 điểm) Điều kiện: 2 0 2 0 x y x x y + (*) Phơng trình (1) tơng đơng ( ) ( ) 2 3 3 2 2 0 2 2 3 2 3 0x y y y x y x y x y x y y x y y + = = ( ) ( ) 2 1 2 3 0x y x y y = 2 1 2 3 x y x y y = = Với 2 1 2 1 1 2x y x y x y = = = + ,thế vào (2) 2 2 5 1y y + = ( ) 2 2 1 5 1 0 6 61 37 2 61 5 25 25 2 2 5 1 25 12 1 0 y y y x y y y y + + = = + = = ( ) 37 2 61 6 61 , , 25 25 x y + + = ữ ữ (thoả mãn(*)) Với 2 3x y y = (3),thế vào (2) 3 1( ) 3 3 2 3 2 x y L x y x y x y + = + = + + = 3 4 4 3x y x y + = = thế vào (3) 0,25 0,25 0,25 0,25 III Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất (1,0 điểm) Xét hàm số ( ) ( ) 2 ln 1f x x x x= + trên [ ] 1;3 Ta có: ( ) ( ) ' 2 2 2 2 2 1 1 1 1 ' 1 1 1 1 1 1 x x x x f x x x x x x + + = = = + + ( ) 2 ' 0 1 1 2f x x x= = = (vì x>0), ( ) 'f x không xác định tại x=1 Bảng biến thiên: 0,25 0,25 [ ] ( ) 1;3 Min ( ) ln 3 2 2 3f x = + ,đạt đợc khi 3x = 0,25 0,25 IV Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SCD) (1,0 điểm) Gọi H là trọng tâm tam giác ABD .Vì tam giác ABD đều nên HA HB HD= = ,mà SA SB SD= = SH là trục của đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABD ( )SH ABD . 3 2 a AO = ; 3AC a= mà 2 3 CH AC= 2 3 3 a CH = 2 2 2 2 24 2 6 9 3 a a SH SC CH SH= = = Diện tích hình thoi ABCD: 2 1 3 . 2 2 ABCD a S AC BD= = Thể tích khối chóp S.ABCD là: 2 3 1 1 2 6 3 2 . . . 3 3 3 2 3 ABCD a a a V SH S= = = Kẻ ,HK SD K SD (1) Ta có : ( ) (2) CD SH CD SDH CD HK CD HD Từ (1) và (2) ( )HK SCD ( ) ;( )d H SCD HK = Trong tam giác SHD vuông tại H có HK là đờng cao 2 2 2 2 2 2 1 1 1 3 3 27 8 8HK HD HS a a a = + = + = 0,25 0,25 0,25 0,25 2 6 9 a HK = . Ta có ( ) ( ) ( ) ;( ) 3 3 6 ;( ) ;( ) 4 4 6 d O SCD OC a d O SCD HK d H SCD HC = = = = Vậy , ( ) 6 ;( ) 6 a d O SCD = V Cho a,b,c là ba số dơng thoả mãn 1a b c+ + = .Chứng minh rằng ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 6 5 ab ac bc ba ca cb b c a c a b a b c + + + + + + + + + + + (*)(1,0 điểm) Vì 1a b c+ + = nên (*) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 1 6 5 1 1 1 a a b b c c a a b b c c + + + + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 6 1 2 1 1 2 1 1 2 1 5 a a b b c c a a b b c c + + áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số dơng 2a và (1-a) ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 1 2 2 1 1 2 2 1 2 1 4 a a a a a a a a a a + + + ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 3 1 1 2 1 1 0 4 4 a a a a a + + = > ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 4 1 1 4 (1) 1 2 1 3 1 1 2 1 3 a a a a a a a a a a a a a a + + Tơng tự: ( ) ( ) 1 4 (2) 1 2 1 3 b b b b b b + ( ) ( ) 1 4 (3) 1 2 1 3 c c c c c c + Cộng (1),(2),(3) vế với vế ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 4 4 4 1 2 1 1 2 1 1 2 1 3 3 3 a a b b c c a b c a a b b c c a b c + + + + + + + (**) Ta có: 4 4 4 1 1 1 12 12 3 3 3 3 3 3 a b c a b c a b c + + = + + ữ + + + + + + Vì ( ) 1 1 1 1 1 1 9 3 3 3 9 3 3 3 3 3 3 10 a b c a b c a b c + + + + + + + + + ữ + + + + + + 4 4 4 9 6 12 12. 3 3 3 10 5 a b c a b c + + = + + + (***) Từ (**) và (***) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 6 1 2 1 1 2 1 1 2 1 5 a a b b c c a a b b c c + + (đpcm) Đẳng thức xảy ra khi 1 3 a b c= = = 0,25 0,25 0,25 0,25 VIa 1 TỡmtocỏcimAvC. (1,0 điểm) Gọi CH,BK là hai đờng cao của tam giác ABC. ( ) 0;6B BH BC B= , ( ) 2 12; , 6C BC C t t t N là trung điểm BC 6 6; 2 t N t + ữ AN BC và AN đi qua N nên phơng trình AN là 5 2 9 0 2 t x y+ + = ; 5 ; 2 9 2 t A AN A u u + ữ * 5 ;2 15 2 t AB u u = + ữ uuur ( ) 2 15; 5MC t t= uuuur ; 3 2 12;2 9 2 t AC t u u = + ữ uuur Véc tơ chỉ phơng của BH: ( ) 1;1 BH u = uuur 0.25 0.25 Vì ( ) ( ) ( ) 5 2 15 5 2 15 0(1) . 0 2 3 . 0 2 12 2 9 0(2) 2 BH t t u t u MC AB CM AB BH AC t u AC t u u + + = ữ = = + + = uuuur uuur uuur uuur Từ (2) 6 2t u = thế vào (1) : ( ) 2 0 6( ) 10 10 0 1; 1 ; ( 4;4) 1 4( ) u t l u u A C u t tm = = = = = Vậy , ( ) 1; 1 ; ( 4;4)A C 0.25 0.25 2 Lập phơng trình chính tắc của elíp (E) biết . (1,0 điểm) Gọi phơng trình chính tắc của (E) là 2 2 2 2 1, 0 x y a b a b + = > > tiêu điểm ( ) 2 2 1 3;0 9F a b = Gọi ( ) ( ) 0 0 0 3; , 0 3;A y y B y > 0 0 32 16 2 5 5 AB y y = = = ( ) A E 2 2 2 2 2 2 9 256 1 225 256 25 25 b a a b a b + = + = 0.25 0.25 0.25 Giải hệ 2 2 2 2 2 2 9 225 256 25 a b b a a b = + = ta đợc 2 2 25 16 a b = = 0.25 VIIa Giải phơng trình 2 2 2 1 2 2 2 9.2 2 0 x x x x+ + + + = (1) (1,0 điểm) Chia hai vế của phơng trình (1) cho 2 2 2 0 x+ > ta có 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 9.2 1 0 2.2 9.2 4 0 x x x x x x x x + = + = Đặt 2 2 x x t = ta có: 2 2 9 4 0t t + = 1 2 4 t t = = Với 2 2 1 4 2 4 2 2 x x x t x x x = = = = = Với 2 2 2 1 1 2 1 1 0 2 2 x x t x x x x = = = + = (vô nghiệm) Vậy, tập nghiệm của phơng trình đã cho là: { } 1;2S = 0.25 0.25 0.25 0.25 VI.b 1 TỡmtacỏcnhcahỡnhchnhtABCD. (1,0 điểm) ( ) 13;3A AB AC A= Kẻ MN//AB, N AC .MN đi qua M(2;5)và MN//AB nên phơng trình MN là x-2y-12=0, ( ) 20;4N AC MN N= E là trung điểm MN 1 11; 2 E ữ , ( ) 18;9MN = uuuur Phơng trình trung trực của MN: ( ) 4 2 43 0x y d+ = 19 5 ; 2 2 I d AC I = ữ .I là trung điểm AC ( ) 6;2C BD đi qua 19 5 ; 2 2 I ữ và M(2;5)nên phơng trình BD là :x-y-7=0 ( ) 7;0B AB BD B= .I là trung điểm BD ( ) 12;5D Vậy, ( ) ( ) ( ) ( ) 13;3 , 7;0 , 6;2 , 12;5A B C D VI.b 2 VitphngtrỡnhngthngiquaM. .(1,0 điểm) Đờng tròn ( C) có tâmI(3;1) ,bán kính 4 3 3 R = Gọi H là trung điểm của AB ( ) ;IH d I IH = IAB đều . 3 2 2 IB IH = = TH1:Phơng trình có dạng ( ) 1 3 3 0y k x kx y k= + + = ( ) 2 3 1 3 ; 2 2 1 k k d I k + + = = + 2 4 2 1 3 k k k + = + = Phơng trình là 3 4 15 0x y+ = TH2:Phơng trình là: 1x = ( ) ; 2d I = (thoả mãn) Vậy,có hai đờng thẳng thoả mãn bài toán là:(): 1x = và (): 3 4 15 0x y+ = VII.b Giải phơng trình ( ) + = 2 4 2 16 1 2 log x 4 log x 2 4 log x (1) (1,0 điểm) Điều kiện: 2 1 2 2 0 (*) log 4log 0 x x x > + Phơng trình (1) tơng đơng: ( ) + = 2 2 2 2 log x 2log x 2 4 log x Đặt = 2 t log x ,ta có ( ) ( ) + = = + = + = 2 2 2 2 4 t 0 t 4 t 2t 2 4 t t 2 t 2t 2 4 t t 18t 32 0 = = 2 log x 2 x 4 Vậy, tập nghiệm của phơng trình đã cho là: { } 4S = . (1) cho 2 2 2 0 x+ > ta có 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 9 .2 1 0 2. 2 9 .2 4 0 x x x x x x x x + = + = Đặt 2 2 x x t = ta có: 2 2 9 4 0t t + = 1 2 4 t t = = Với 2 2 1 4 2 4 2 2 x x x t. 22 5 25 6 25 25 b a a b a b + = + = 0 .25 0 .25 0 .25 Giải hệ 2 2 2 2 2 2 9 22 5 25 6 25 a b b a a b = + = ta đợc 2 2 25 16 a b = = 0 .25 VIIa Giải phơng trình 2 2 2 1 2 2 2 9 .2 2 0 x x x. ( ) ( ) 2 1 2 3 0x y x y y = 2 1 2 3 x y x y y = = Với 2 1 2 1 1 2x y x y x y = = = + ,thế vào (2) 2 2 5 1y y + = ( ) 2 2 1 5 1 0 6 61 37 2 61 5 25 25 2 2 5 1 25 12 1 0 y y y