Tài liệu Khao sat Chat luong truong THPt Le VAn Huu- hay le''''mmmmmm

Sở GD & ĐT Thanh Hoá ĐÁP ÁN KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 Trường THPT Lê Văn Hưu MÔN TOÁN Tháng 05/2010 Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 điểm) CÂU NỘI DUNG THANG ĐIỂM Câu I (2.0đ) 1. (1.0đ) TXĐ : D = R\{1} 0.25 Chiều biến thiên lim ( ) lim ( ) 1 x x f x f x →+∞ →−∞ = = nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số 1 1 lim ( ) , lim x x f x + − → → = +∞ = −∞ nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số y’ = 2 1 0 ( 1)x − < − 0.25 Bảng biến thiên 1 + ∞ - ∞ 1 - - y y' x - ∞ 1 + ∞ Hàm số nghịc biến trên ( ;1)−∞ và (1; )+∞ Hàm số không có cực trị 0.25 Đồ thị.(tự vẽ) Giao điểm của đồ thị với trục Ox là (0 ;0) Vẽ đồ thị Nhận xét : Đồ thị nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm đối xứng 0.25 2.(1.0đ) Giả sử M(x 0 ; y 0 ) thuộc (C) mà tiếp tuyến với đồ thị tại đó có khoảng cách từ tâm đối xứng đến tiếp tuyến là lớn nhất. Phương trình tiếp tuyến tại M có dạng : 0 0 2 0 0 1 ( ) ( 1) 1 x y x x x x = − − + − − 2 0 2 2 0 0 1 0 ( 1) ( 1) x x y x x ⇔ − − + = − − 0.25 ĐỀ CHÍNH THỨC - + f(t) f'(t) x 2 0 1 0 + ∞ Ta có d(I ;tt) = 0 4 0 2 1 1 1 ( 1) x x − + + Xét hàm số f(t) = 4 2 ( 0) 1 t t t > + ta có f’(t) = 2 4 4 (1 )(1 )(1 ) (1 ) 1 t t t t t − + + + + 0.25 f’(t) = 0 khi t = 1 Bảng biến thiên từ bảng biến thiên ta c d(I ;tt) lớn nhất khi và chỉ khi t = 1 hay 0 0 0 2 1 1 0 x x x =  − = ⇔  =  0.25 + Với x 0 = 0 ta có tiếp tuyến là y = -x + Với x 0 = 2 ta có tiếp tuyến là y = -x+4 0.25 Câu II(2.0đ) 1. (1.0đ) Phương trình đã cho tương đương với 2(cos4x + cos2x) = (cos2x + 1) + sin2x 0.25 2 cosx=0 4 os3xcosx=2 3 os 2sinxcosx 2cos3x= 3 osx+sinx c c x c  ⇔ + ⇔   0.25 + osx=0 x= 2 c k π π ⇔ + + 3x=x- 2 6 2 os3x= 3 osx+sinx cos3x=cos(x- ) 6 3 2 6 k c c x x k π π π π π  +  ⇔ ⇔   = − +   0.25 12 24 2 x k k x π π π π  = − +  ⇔   = +   vì x [ ] 11 13 0; , , , 2 12 24 24 x x x x π π π π π ∈ ⇒ = = = = 0.25 2.(1.0đ) ĐK: , 0x y x y ≥   ≥  Hệ phương trình 3 2 3 2 3 2 3 2 3 5.6 4.2 0 3 5.6 4.2 0 (2 )( 2 ) 2 (2 )( 2 )( ) x y x x y x y x x y x y y y x y x x y y x y x x y y − − − −   − + = − + =   ⇔ ⇔   − − = − + − = − + − +     0.25 3 2 3 2 3 2 3 2 3 5.6 4.2 0 3 5.6 4.2 0 2 0 (2 )[( 2 )( ) 1] 0 x y x x y x y x x y y x y x y x x y y − − − −  − + =  − + =  ⇔ ⇔   − = − + − + + =    (do 2 )( ) 1 0y x x y y+ − + + ≠ ) 3 2 3 2 2 2 3 5.6 4.2 0 3 5.6 4.2 0 (1) 2 2 (2) x y x x y x x x y x y x − −   − + = − + = ⇔ ⇔   = =   Giải (1): 2 2 2 3 ( ) 1 3 3 2 3 5.6 4.2 0 ( ) 5.( ) 4 0 3 2 2 ( ) 4 2 x x x x x x x  =  − + = ⇔ − + = ⇔   =   3 2 0 log 4 x x =   ⇔ =   0.25 0.25 Với x 0 thay vao (2) ta được y = 0 Với 3 2 log 4x = thay vao (2) ta được y = 3 2 1 log 4 2 Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là 3 2 log 4x = ,y = 3 2 1 log 4 2 0.25 Câu III. (1.0đ) Đặt I = 3 1 4 2 0 ( ) 1 x x x e dx x + + ∫ . Ta có I = 3 1 1 4 2 0 0 1 x x x e dx dx x + + ∫ ∫ 0.25 Ta tính 3 1 2 1 0 x I x e dx= ∫ Đặt t = x 3 ta có 1 1 1 0 0 1 1 1 1 3 3 3 3 t t I e dt e e= = = − ∫ 0.25 Ta tính 1 4 2 0 1 x I dx x = + ∫ Đặt t = 4 x 4 3 4x t dx t dt⇒ = ⇒ = 0.25 Khi đó 1 1 4 2 2 2 2 0 0 1 2 4 4 ( 1 ) 4( ) 1 1 3 4 t I dx t dt t t π = = − + = − + + + ∫ ∫ Vậy I = I 1 + I 2 1 3 3 e π = + − 0.25 B D A C P M N Câu IV. (1.0đ) Ta có 1 1 1 2 2xy yz xz xyz x y z + + ≥ ⇔ + + ≥ nên 0.25 1 1 1 1 1 ( 1)( 1) 1 1 2 (1) y z y z x y z y z yz − − − − ≥ − + − = + ≥ Tương tự ta có 1 1 1 1 1 ( 1)( 1) 1 1 2 (2) x z x z y x z x z xz − − − − ≥ − + − = + ≥ 1 1 1 1 1 ( 1)( 1) 1 1 2 (3) x y x y y x y x y xy − − − − ≥ − + − = + ≥ 0.25 Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được 1 ( 1)( 1)( 1) 8 x y z− − − ≤ 0.25 vậy A max = 1 3 8 2 x y z⇔ = = = 0.25 Câu V. (1.0đ) Qua B, C, D lần lượt dựng các đường thẳng Song song với CD, BD, BC cắt nhau tại M, N, P Ta có MN = 2BD, MP = 2CD, NP = 2BC từ đó ta có các tam giác AMN, APM, ANP vuông tại A Đặt x = AM, y = AN, AP = z ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2( ), 2( ) 2( ) x a c b y b c a z a b c = + − = + − = + − Vậy V = 1 12 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2( )( )( )a c b b c a a b c+ − + − + − 1.0 Câu VIa. (2.0đ) 1. (1.0đ) Gọi A là giao điểm d 1 và d 2 ta có A(3 ;0) Gọi B là giao điểm d 1 với trục Oy ta có B(0 ; - 4) Gọi C là giao điểm d 2 với Oy ta có C(0 ;4) 0.5 Gọi BI là đường phân giác trong góc B với I thuộc OA khi đó ta có I(4/3 ; 0), R = 4/3 0.5 B' Y X Z N D' C' A' C D A B M 2. (1.0đ) Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ Ta có M(1 ;0 ;0), N(0 ;1 ;1) B(2 ;0 ;2), C’(0 ;2 ;2) Gọi phương tình mặt cầu đi qua 4 điểm M,N,B,C’ có dạng x 2 + y 2 + z 2 +2Ax + 2By+2Cz +D = 0 Vì mặt cầu đi qua 4 điểm nên ta có 5 2 1 2 0 5 2 2 2 0 2 8 4 4 0 1 8 4 4 0 2 4 A A D B C D B A C D C B C D D  = −  + + =     + + + = = −   ⇔   + + + =   = −   + + + =    =  Vậy bán kính R = 2 2 2 15A B C D+ + − = 1.0 Câu VIIa (1.0đ) Câu VIb (2.0đ) 1. (1.0đ) Đk: x > - 1 0.25 bất phương trình 3 3 3 3log ( 1) 2log ( 1) log 4 0 ( 1)( 6) x x x x + + − ⇔ > + − 3 log ( 1) 0 6 x x + ⇔ < − 0.25 0.25 0 6x ⇔ < < 0.25 Ta có 1 2 ( 12;0), ( 12;0)F F− Giả sử M(x 0 ; y 0 )thuộc (E) H là hình chiếu của M trên đường thẳng 8 3 x = . Ta có MF 2 = a - cx 0 /a = 0 8 3 2 x− 0.5 MH = 0 8 3 3 x− . Vậy 2 MF MH không đổi 0.5 2. (1.0đ) Ta có (1;1;1), (1;2;3), ; (1; 2;1) Q Q AB n AB n   = −   uuur uur uuur uur Vì ; 0 Q AB n   ≠   uuur uur r nên mặt phẳng (P) nhận ; Q AB n     uuur uur làm véc tơ pháp tuyến Vậy (P) có phương trình x - 2y + z - 2 = 0 1.0 Câu VIIb (1.0đ) nghiệm bất phương trình là x = 3 và x = 4 1.0 Chú ý: Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định .   3 2 0 log 4 x x =   ⇔ =   0.25 0.25 Với x 0 thay vao (2) ta được y = 0 Với 3 2 log 4x = thay vao (2) ta được y = 3 2 1 log 4 2 Kết hợp với điều. Bảng biến thiên từ bảng biến thiên ta c d(I ;tt) lớn nhất khi và chỉ khi t = 1 hay 0 0 0 2 1 1 0 x x x =  − = ⇔  =  0.25 + Với x 0 = 0 ta có tiếp tuyến