Đáp án và HD chấm đề thi thử ĐH&CĐ lần 2

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (119.07 KB, 6 trang )

Sở GD và ĐT Thanh hoá đáp án-thang đ iểm
Trờng THPT Đào Duy Từ đề thi khảo sát chất lợng khối 12 năm 2010
môn toán:khối a,b
đáp án-thang điểm (Đáp án gồm có 06 trang).
Câu Đáp án
điểm
Câu I
(2,0 điểm)
1.(1,0 điểm ) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
Khi
3=m
,hàm số có trở thành
23
3
+= xxy
.
Tập xác định :
RD
=
.
Sự biến thiên :
-Chiều biến thiên :
10',33'
2
=== xyxy
.
0,25
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
);1(),1;( +
;nghịch biến trên
)1;1(

.
-Cực trị:Hàm số đạt cực đại tại
;4,1 ==
CD
yx
đạt cực tiểu tại
0,1 ==
CT
yx
.
-Giới hạn :
+==
+ xx
lim,lim

0,25
Bảng biến thiên:
0,25
Đồ thị :Thí sinh tự vẽ đồ thị hàm số và nhân xét đồ thị 0,25
2.(1,0 điểm ) Tìm m đồ thị
Phơng trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số
)(xfy =
với trục
Ox :
x
x
mmxx
2
02
3

3
+
==++
(vì
0=x
không thoã mãn).
0,25
Đặt hàm số
x
x
xg
2
)(
3
+
=
với
{ }
0\Rx
.
Ta có
=)(
'
xg
2
3
22
x
x
.Lập bảng biến thiên của hàm số

)(xg
ta đợc:
0,50
Căn cứ vào bảng biến thiên ta thấy rằng :Để đồ thị hàm số có đúng một
điểm chung với trục hoành thì đờng thẳng
my =
phải có đúng một
điểm chung với đồ thị hàm số
33)( ><= mmxgy
0,25
Câu II
(2,0 điểm )
1.(1,0 điểm ) .Giải phơng trình
Với điều kiện
02sin x
,phơng trình đã cho tơng đơng với :
)cos3(sin4cot3tan xxxx +=
0,25

+=
+=
+=

=
=

=
=+

+=+
3
2
9
4
2
3
3
2sin)
3
sin(
3tan
2sin2cos3sin
0cos3sin

)cos3(sin2sin2)cos3)(sincos3(sin

n
x
mx
kx
xx
x
xxx
xx
xxxxxxx
0,50
Kết hợp điều kiện ta đợc nghiệm của phơng trình là:
Zk
k
xkx +=+= ,
3
2
9
4
,
3

.
0,25
2.(1,0 điểm ) .Giải phơng trình
Đặt
022,0132
22
=++= xvxxu
(*).Ta đợc phơng trình:

=+
=
=+

=
3
0)3)((
3
22
vu
vu
vuvu
vu
vu
.
0,25
Với :
1
1

);1[]1;(
22132
22
=

=
+
=++= x
x
x
xxxvu

0,25
Với
3
=+
vu
,kết hợp với
133
22
+=+= xvuxvu
.Từ đó ta có

=+

+=+++=

01247
4
4132242
2
2
xx
x
xxxxu
Giải ta đợc
7
882
=x
thoã mãn điều kiện .
Vậy phơng trình đã cho có ba nghiệm :
7
882
,1

== xx
0,50
Câu III
(1,0 điểm)
Tính tích phân sau
Theo công thức tích phân từng phần ta có :

++++=
1
0
2

2
1
0
2
2
))1((log)1(log. xxxdxxxI
0,25

++

++
+
=
++
+
=
1
0
22
2
1
0

2
2
2
1
1
.
2
3
1
12
.
2
1
2
2ln
1
3log
1
2
2ln
1
3log
dx
xxxx
x
dx
xx
xx
0,25

Jxxx
2ln.2
3
))1ln(
2
1
2(
2ln
1
3log
1
0
2
2
+++=
. với

++
=
1
0
2
1xx
dx
J
0,25
Đặt
tx tan
2
3

2
1
=+
,với

2
;
2

t
.Khi đó ta có :

==
+
+
=
3
6
2
2
33
6
.
3

2
)tan1(
4
3
)tan1(
2
3

t
dtt
J
.
Vậy
)2
32
(
2ln
1
3log
2
3
32
.
2ln
1
2ln2
3ln
2ln

2
3log
22
+=++=

I
.
0,25
Câu IV
Tính thể tích khối chóp
(1,0 điểm)
Dựng SH vuông góc BE ,dễ dàng chứng minh
SH là đờng cao của hình chóp S.BCFE.
Ta có
0
30
3
1
tan === ABE
AB
AE
ABE
.
.30sin.2
60cos
0
0
aSBSHa
AB
SB ====

0,25

3
2
3
2
2
aa
aBE =+=
.
Ta có
.
3
4
3
3/3

a
a
aa
a
SA
AESA
AB
SA
SE
ABEF =

=

==
Nhận thấy BE
vừa là đờng cao hạ từ E của tam giác EBC,vừa là độ dài đờng cao của tam
giác CEF hạ từ C .
0,25
33
10
3
4
.
3
2
2
1
2.
3
2
2
1
.
2
1
.
2
1
2
aaa
a
a
EFBEBCBESSS

CEFEBCBCFE
=+=+=+=
0,25
Vậy thể tích của khối tứ diện S.BCFE bằng :
39
10
33
10
.
3
1

3
1
32
aa
aSSHV
BCFE
===
(đvtt).
0,25
Tìm giá trị nhỏ nhất
Ta có
.
121212
),,(
222222
zxyzxy
zyxF +++++=
áp dụng bất đẳng thức cơ bản :

2222
)(
3
1
cbacba ++++
cho ba số thực dơng.Ta có :
0,25
).
12
(
3
111112
).
12
(
3
111112
).
12
(
3
111112
22222
22222
22222
zx
zxxzx
yz
yzzyz
xy

xyyxy
+++=+
+++=+
+++=+
0,50
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên cho ta :
)
111
(3),,(
zyx
zyxF ++
.Theo giả thiết thì
2010
111
=++
zyx
.Do vậy
32010),,( zyxF
.Dấu bằng xảy ra khi :
3
2010111
===
zyx
.
Hay
2010
3
=== zyx
.
0,25

1.(1,0 điểm ) .Lập phơng trình đờng tròn nội tiếp
Gọi điểm I
);( ba
.Vì cạnh BC nằm trên trục hoành và I có tung độ dơng nên
5102 == rb
.
0,25
Ta có
0
0
0
135
2
90
180
2
180 ==
+
=
CB
BIC
O
.
)5102;9(),5102;1( + aCIaBI
.Theo công thức tích vô hớng ta có:
)1)(5102(10.
2
1
.2.2135sin
135cos

0
0
====
=

rBCSCIBI
CIBICIBI
BIC
.
0,25
Mặt khác
)2(1020568)5102()9)(1(.
22
+=++= aaaaCIBI
.
Từ (1),(2) suy ra :
)5102(101020568
2
=+ aa

=
+=
=+
104
104
068

2
a
a
aa
Có hai tâm I cần tìm :I(
5102;104 +
),I(
5102;104
).
Vậy có hai đờng tròn thoã mãn yêu cầu bài toán có phơng trình lần lợt:

102065)1025()104(
22
=++ yx
và
102065)1025()104(
22
=+++ yx
.
0,50
2.(1,0 điểm) Lập phơng trình tham số
giả sử
d
cắt
1
d
tại
)2;33;21( tttM +
,cắt
2

d
tại
)'55;'4;'65( tttN +
.
Ta có
)2'55;33'4;2'64( ttttttMN +++=
.Vì
d
song song với (P) nên
0,25
0)2'55(2)33'4(2)2'64(10.
)(
=++++= ttttttnMN
P
.
'tt
=
.
0,25
Khoảng cách từ
d
đến (P) cũng chính là khoảng cách từ M đến (P).
Theo yêu cầu của bài toán ta có:
.
1
0
6612
2
2)2(1
1)2(2)33(221

222

=
=
=
=
++
++
t
t
t
ttt
Với
00
'
== tt
suy ra
dM )0;3;1(
và
)5;3;4( MN
là véc tơ chỉ phơng
của
d
,suy ra phơng trình tham số cuả

=
=
+=
uz
uy
ux
d
5
33
41
:
.
Với
1'1 == tt
suy ra
dM )2;0;3(
và
)2;4;4( MN
là véc tơ chỉ ph-
ơng của
d
,suy ra phơng trình tham số của
.
22
4
43
:

=
=
=
vz
vy
vx
d

Vậy có hai đờng thẳng thoã mãn yêu cầu bài toán có phơng trình
0,25
0,25
Câu VII.a
(1,0 điểm)
Giải bất phơng trình
Biến đổi bất phơng trình về dạng:
0)1)(log32.24(
2
+ xx
xx
Bất phơng trình tơng đơng với :

+

01log
032.24

2
xx
xx
(I)
hoặc

+

01log
032.24
2
xx
xx
(II)
0,25
Với bất phơng trình :
3log
12
32
032.24
2

x
x
x
xx
.
0,25
Với bất phơng trình :
01log
2
+ xx
,ta xét hàm số
1log)(
2
+= xxxf
,nhận thấy
)(xf
đồng biến trên
);0( +
và
0)1( =f

bất phơng trình đã cho có dạng:
)1()( fxf

)3log(10
2
<< x
.
Vậy hệ (I) vô nghiệm.
0,25

Giải tơng tự cho hệ (II) ta đợc tập nghiệm của hệ ban đầu
[ ]
3log;1
2
x

0,25
1.(1,0 điểm ) Lập phơng trình tổng quát
Đờng thẳng
d
cần tìm có dạng :
)0(,0
22
+=++ bacbyax
.
Theo yêu cầu bài toán ta có:

+=+
+=+
22
22
423
2
baacb
baacb
0,25

Hệ đã cho tơng đơng với :

+=+
+=+
22
2
23222
baacb
acbacb

+=

=

+=
=

)(
)
5
34
(102
5
34
)(
22
22
22
II
ca
aac
ca
b
I

caac
cb
0,25
Hệ (I) cho ta

=
=
=

=+
=
3
4
0
043
2

c
a
a
cb
aca
cb
.
Với

=
=
0a
cb
cho ta phơng trình
01: =+yd
.
Với

=
=
3
4c
a

cb
cho ta phơng trình
:d
0334 = yx
.
0,25
Hệ (II) cho ta
0=== cba
(không thoã mãn ).
Vậy có hai đờng thẳng cần tìm có phơng trình tổng quát:

0334,01 ==+ yxy
.

0,25
2.(1,0 điểm) Viết phơng trình chính tắc đờng thẳng
Dễ dàng tìm đợc M(1;-3;0).
Gọi
'd
là hình chiếu của
d
lên mặt phẳng (P) ,ta lập đợc phơng trình
tham số của

=
+=

+=
tz
ty
tx
d
5
3
41
:'
.
0,25
Tìm trên
'd
điểm N sao cho MN =
422
.
Vì N thuộc
'd
nên N(1+4t;-3+t;-5t).
MN=
242242422
2
== tt
.
0,25
Với t=2 ,suy ra N(9;-1;-10) ,đờng thẳng
1
d
vuông góc với d và nằm trong (P)
nên có véc tơ chỉ phơng

[ ]
dP
unu ;=
,chọn
)1;3;2( u
,ta có phơng trình chính
tắc của
1
d
:
1
10
3
1
2
9 +
=

+
=
zyx
.
0,25
Với t=-2 ,suy ra N(-7;-5;10) ,đờng thẳng
1
d
vuông góc với d và nằm trong (P)
nên có véc tơ chỉ phơng
[ ]
dP

unu ;=
,chọn
)1;3;2( u
,ta có phơng trình chính
tắc của
1
d
:
1
10
3
5
2
7
=

+
=
+ zyx
. Vậy có hai đờng thẳng cần tìm.
0,25
Câu VII.b
(1,0 điểm)
Điều kiện
0, >yx
.
Xét phơng trình thứ nhất trong hệ:Đặt
)(log
3
2

xy
t =
,
0
>
t
.
Phơng trình trở thành:

=
=
=
)(2
)(1
02
2
tmt
lt
tt
.
Với t=2 suy ra
31)(log
3
== xyxy
(1).
0,25
Xét phơng trình thứ hai trong hệ ta có:
)62(log)44(log