S GD&T Thanh Hoa Trờng THPT Nông Cống 2 Đáp án-Thang điểm Đề thi khảo sát chất lợng lần 3 năm học 2009-2010 Môn:Toán.Khối 12 Câu Nội dung Điểm I 1 Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số . . . (1,0điểm) 0,25 +Tập xác định :R\{1} +Sự biến thiên: -Giới hạn vô cực,giới hạn tại vô cực và các đờng tiệm cận Ta có: 1 1 lim ; lim x x y y + = = + nên đờng thẳng x=1 là tiệm cận đứng Và lim lim 1 x x y y + = = nên đờng thẳng y=1 là tiệm cận ngang -Bảng biến thiên: ( ) 2 2 ' 0 1; 1 y x x = < x 1 + y y 1 + 1 Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ) ;1 và (1; + ) 0,25 0,25 +Đồ thị: Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;-1) và cắt trục hoành tại điểm (-1;0) Đồ thị nhận giao điểm I(1;1) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng 0,25 2 Tìm các điểm trên đồ thị (C) sao cho (1,0 điểm) 0,25 Xét điểm M ( ) 0 0 0 1 ; 1 x x C x + ữ .Tiếp tuyến tại M có phơng trình là ( ) : ( ) ( ) 0 0 0 0 1 ' 1 x y f x x x x + = + ( ) ( ) 0 0 2 0 0 1 2 1 1 x y x x x x + = + Gọi A là giao điểm của ( ) và tiệm cận đứng x=1 thì 0 0 3 1; 1 x A x + ữ . Gọi B là giao điểm của ( ) và tiệm cận ngang y=1 thì ( ) 0 2 1;1B x Giao điểm của hai tiệm cận là I(1;1).Do đó ( ) 2 2 0 0 0 3 4 1 1 1 1 1 x IA IA x x + = + = ữ ( ) ( ) 2 2 0 0 2 1 1 1 1 2 1IB x IB x= + = 0 0 4 . .2 1 8 1 IA IB x x = = Ta có 2 2 2 2 . 16AB IA IB IA IB= + = nên AB 4 Mặt khác 2 . 4 2IA IB IA IB+ = .Chu vi tam giác AIB là 4 2 4IA IB AB+ + + Chu vi tam giác AIB nhỏ nhất là 4 2 4+ khi IA=IB ( ) 2 0 0 0 0 4 2 1 1 2 1 2 1 x x x x = = = Vậy có hai điểm trên ( C) thoả mãn YCBT là ( ) ( ) 1 2 1 2;1 2 ; 1 2;1 2M M+ + 0,25 0,25 0,25 II 1 Giải phơng trình lợng giác (1,0 điểm) Điều kiện: cos 0 , 2 x x k k Z + Phơng trình đã cho tơng đơng với ( ) 3 2 2 2 sin 2sin 3 cos sin sin cos cos x x x x x x x = + . 3 2 2 tan 2 tan 3(1 tan tan )x x x x = + 3 2 tan tan 3(1 tan )x x x + = + ( ) ( ) 2 tan 1 tan 3 0x x + = 2 4 tan 1 tan 1 tan 3 3 tan 3 tan 3 3 x k x x x x k k Z x x x k = + = = = = + = = = + 0,25 0,25 0,25 0,25 2 Giải bất phơng trình : 2 51 2 1 1 x x x < (I) (1,0 điểm) Điều kiện: ) ( 2 51 2 0 1 52;1 1; 1 52 1 0 x x x x + Xét ( 1; 1 52x + khi đó VT < 0,VP >0 nên BPT nghiệm đúng ( 1; 1 52x + (1) Xét ) (*) 1 52;1 1 0x x > .BPT (I) 2 51 2 1x x x < , Khi đó cả hai vế của BPT đều dơng,bình phơng hai vế ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 51 2 1 25 ; 5 5;x x x x x < > + Kết hợp ) (*) 1 52; 5 x (2) là nghiệm của BPT Từ (1) và (2) BPT có nghiệm là ) ( 1 52; 5 1; 1 52 x + U 0,25 0,25 0,25 0,25 III Tính tích phân I= 2 2 0 sin 3 cos 1 3cos x x dx x + (1,0 điểm) Ta có I= 2 2 0 0 1 sin 4 sin 2 1 (2 cos 2 1)sin 2 2 2 3(1 cos 2 ) 5 3cos 2 1 2 2 x x x x dx dx x x + + = + + + 0,25 0,25 0,25 0.25 IV Tính thể tích khối chóp (1,0 điểm) Vì tam giác ABC là tam giác đều cạnh a nên diện tích là 2 3 4 ABC a S = Gọi H là trung điểm của AC SH AC .Vì ( ) ( ) ( ) SAC ABC SH ABC . 0,25 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a a SH SB SC SH SB SC+ = + + = + . Thay vào (1) ta có 2 2 2 2 . 2 a SC SC a a SB = + + 2 3 3 . 2 2 a a a SB SB = = Thay vào (3) 6 2 a SH = V Cho , , 0a b c > thoả mãn 1ab bc ca+ + = . Chứng minh rằng 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 ab bc ca a b c + + + + + (1) (1,0 điểm) BĐT đã cho tơng đơng với 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ab bc ca ab bc ca ab bc ca ab bc ca a b c + + + + + + + + + + + + + ( ) 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) c a b a b c b c a a ab bc ca b ab bc ca c ab bc ca ab bc ca a b c + + + + + + + + + + + + + + + + 0,25 0,25 0,25 0,25 VIa 1 Lập phơng trình đờng thẳng (1,0 điểm) Phơng trình đờng thẳng (d) qua A có hệ số góc k có dạng ( ) 2 3 3 2 0y k x kx y k= + + = Đờng tròn (C 1 ) có tâm I 1 (0;0),bán kính R 1 = 13 Đờng tròn (C 2 ) có tâm I 2 (6;0),bán kính R 2 =5 0.25 2 2 2 1 16 24 9 9 12 4 12 12 36 12 3 k k k k k k k + + + = + = = Phơng trình (d) là 3 7 0x y + = Trờng hợp không tồn tại hệ số góc (k= ) đờng thẳng có dạng x=2, khi đó B=(2;-3), C=(2;-3) loại vì B C Vậy phơng trình (d) là 3 7 0x y + = . 2 Tìm toạ độ đỉnh D. (1,0 điểm) Gọi 0 (0; ;0)D y Oy .Vì G là trọng tâm tứ diện ABCD nên 0 7 3 ; ; 4 4 4 y G ữ Ta có : ( ) ( ) 0 4 1 7 1; 1; 2 , 0; 2;4 , ; ; 4 4 4 y AB AC AG = = = ữ uuur uuur uuur ( ) 1 2 2 1 1 1 ; ; ; 0; 4; 2 2 4 4 0 0 2 AB AC = = ữ uuur uuur Thể tích tứ diện GABC là : 0 1 1 1 ; . 6 6 2 V AB AC AG y = = uuur uuur uuur 0 0 5 1 1 5 1 15 . 4 6 2 4 2 2 V y y= = = 0 0 8 7 y y = = Vậy, có hai điểm thoả mãn bài toán là ( ) 1 0;8;0D và ( ) 2 0; 7;0D 0.5 0.5 VIIa Giải hệ phơng trình ( ) 2 1 2 4 2 1 1 4 4 1 4 .2 2 3 1 log ( ) log 1 x y x y x y y x y + + + = = (1,0 điểm) Đk: 0 y x y > > (*) Xét phơng trình (1): Đặt 2x y t = ( t )R , ta có: 1 2 1 (1 4 ).2 2 3 t t t + + = 2(1 4 ) 2.4 3 2 2.4 2.8 3.2 2 t t t t t t + = + = 2.8 2.4 3.2 2 0 t t t = Đặt ( ) ( ) 3 2 2 2 2 2 3 2 0 2 2 2 1 0 t u u u u u u u= = + + = 2 1 2 1u t x y = = = Xét ph/trình(2): 1 4 4 4 4 4 1 1 ( ) log ( ) log 1 log ( ) log 1 log 1 y x y x y x y y y = + = = 1 4 3 0 4 y x x y y = = Ta có hệ 3 2 1 2 4 3 0 2 x y x x y y = = = = thoả mãn (*) Vậy, nghiệm của hệ đã cho là ( ) 3 ; ;2 2 x y = ữ 0.25 0.25 0.25 0.25 VI.b 1 Viết phơng trình đờng tròn nội tiếp hình thoi (1 điểm) Ta có: ( ) 3; 4 5AB AB= = uuur . Đờng thẳng AB qua A(1;3), B(4;-1) có phơng trình là 4 3 13 0x y+ = . Vì AD//Ox nên 3 D A y y= = ( ;3) D D x BC//AD nên 1 C B y y= = ( ; 1) C C x Tứ giác ABCD là hình thoi nên AB=AD ( ) ( ) 2 2 2 5 2 24 0 D A D A D D x x y y x x + = = 0.25 0.25 4 6 D D x x = = . Vì D có hoành độ âm nên 4 D x = ( ) 4;3D Ta có : ( ) 1 1; 1 1 D A C B C D A C B C x x x x x AD BC C y y y y y = = = = = uuur uuur Đờng tròn nội tiếp hình thoi ABCD có tâm I(0;1) là trung điểm cạnh AC và bán kính ( ) 0 3 13 ; 2 5 R d I AB + = = = Vậy,phơng trình đờng tròn (C) cần tìm là : ( ) 2 2 1 4x y+ = VI.b 2 Lập phơng trình mặt phẳng (1,0 điểm) Gọi phơng trình mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện ABCD là 2 2 2 2 2 2 0x y z ax by cz d+ + + = . Điều kiện a 2 +b 2 +c 2 > d Vì ( ) ( ) ( ) ( ) 0;1;0 , 2;3;1 , 2;2;2 , 1; 1; 2A B C D thuộc (S) nên ta có hệ phơng trình 1 2 0 (1) 14 4 6 2 0 (2) 12 4 4 4 0 (3) 6 2 2 4 0 (4) b d a b c d a b c d a b c d + = + = + + = + + = Từ (1) ta có d=2b-1,thế vào (2),(3),(4): 1 2 4 4 2 13 3 4 2 4 11 2 2 2 4 4 5 5 2 a a b c a b c b d a b c c = + + = = = = + = = 0.25 ( )S có tâm 1 3 5 ; ; 2 2 2 I ữ ,bán kính 3 3 2 R = Dễ thấy O nằm ngoài (S). Kéo dài OI cắt (S) tại điểm thứ hai là K. Gọi M là tiếp điểm của (S) và ( ) ,H là hình chiếu của O lên ( ) OH OM OK ( ) ( ) ;d O OH = lớn nhất bằng OK.Đạt đợc khi ( ) là tiếp diện với (S) tại K. 0,25 0,25 VII.b Giải hệ phơng trình: ( ) 3 3 4 1 1 .3 (1) log 1 (2) y x x x y x + = + = (1 điểm) Điều kiện: 0 4x < Phơng trình (2) 1 3 3 log 1 3 3 y y x y x x = = = thế vào (1) ta có 0.25 0.25 ( ) 3 3 4 1 1 . 1 4 1 x x x x x x + = + = + 1 4 2 4 1 x x x + = + + 2 2 0 4 2 4 4 4 x x x x x x = = + 2 2 3 3 0 x x x x = = Với x=3 3 1 0 y y = = Vậy,hệ có nghiệm là 3 0 x y = = . 0.25 0.25 Tháng 03/2010 Ghi chú: Nếu thí sinh giải bằng cách khác đúng, vẫn cho điểm tối đa của phần đó. . I 1 (0;0),bán kính R 1 = 13 Đờng tròn (C 2 ) có tâm I 2 (6;0),bán kính R 2 =5 0.25 2 2 2 1 16 24 9 9 12 4 12 12 36 12 3 k k k k k k k + + + = + = = Phơng trình (d) là 3 7 0x y + = Trờng hợp không tồn. THPT Nông Cống 2 Đáp án-Thang điểm Đề thi khảo sát chất lợng lần 3 năm học 2009-2010 Môn:Toán.Khối 12 Câu Nội dung Điểm I 1 Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số . . . (1,0điểm) 0,25 +Tập xác định :R{1} +Sự. , 2;3;1 , 2;2;2 , 1; 1; 2A B C D thuộc (S) nên ta có hệ phơng trình 1 2 0 (1) 14 4 6 2 0 (2) 12 4 4 4 0 (3) 6 2 2 4 0 (4) b d a b c d a b c d a b c d + = + = + + = + + = Từ (1)