ĐÁP ÁN KSCL LẦN 3 - MÔN TOÁN 12

Trờng THPT Nông Cống 2
Đáp án-Thang điểm
Đề thi khảo sát chất lợng lần 3 năm học 2010-2011
Môn:Toán.Khối 12
P N NY Cể 5 TRANG
Câu Nội dung Điểm
I
Cho hm s
( ) ( )
3 2 2 2
y x 3mx 3 m 1 x m 1= +
(
m
l tham s) (1).
2,0
1
Kho sỏt s bin thiờn v v th ca hm s (1) khi
m 0.
=
0,25
Với m = 0 , ta có : y = x
3
3x + 1
- TXĐ:
R
- Sự biến thiên:
+ ) Giới hạn :
x x
Lim y ; Lim y
+
= = +

0,25
0,25
0,25
2
Tỡm cỏc giỏ tr ca m th hm s (1) ct trc honh ti 3 im (1,0 điểm)
0,5
Để ĐTHS (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt
có hoành độ dơng, ta phải có :
( ) ( )
( )
1 2
y'
1
2
x x
0
x 0
x 0
y y 0
y 0 0

>

>


>


<

<

V
(I)
Trong đó : y = 3( x
2
2mx + m
2
1)

y
= m
2
m
2
+ 1 = 1 > 0 với mọi m y = 0 khi
x
1
= m 1 = x
CĐ
và x
2
= m + 1 = x
CT
.
(I)
( ) ( ) ( )
( )

>


+ >



<


<

< < +
2 2 2
2
m 1 0
m 1 0
m 1 m 3 m 2m 1 0
m 1 0
3 m 1 2
Vy
< < +3 m 1 2
0,5
1
y
y
x
+

+

+

-1
+
00
-
1
3
-1
6
4
2
-2
-4
-5
5
10
y
x
II 1
Giải phơng trình:
( )
2 sin 1 sin 2
4
1 tan
cos
x x
x
x

+
ữ

= +
(1) (1,0 điểm)
+Điều kiện:
cos 0 ,
2
x x k k Z


+
(*)
+Phơng trình (1) tơng đơng

( ) ( ) ( ) ( )
2
cos sin sin cos sin cos sin cos cos2 1 0
sin cos 0 tan 1
4
cos2 1 cos2 1
x x x x x x x x x
x x x
x k
x x
x k

+ = + + =

+ = =
= +





= =

=

(Thoả mãn (*))
Vậy,nghiệm của phơng trình (1) là
2
2
x k


= +
và
2 ,x k k Z

= +
0,25
0,25
0,25
0,25
2

Giải hệ phơng trình
( ) ( )
2 3 4 6
2
2 2
2 1 1
x y y x x
x y x

+ = +


+ + = +


(1,0 điểm)
Điều kiện:
1
2
y
x





Phơng trình (1) tơng đơng
( ) ( ) ( )
2 2 3 6 2 2 2 2 4 2
2 0 2 0x y x y x y x x y yx x y x + = + + + = =

Do
2 2 2 4 2 2 4
2 (2 ) 0, 2, 1x y yx x x y y x x y+ + + = + + + >
.Thay vo (2) ta cú:
( )
(
)
( )
(
)
(
)
2 2 2 2 2
2
2 2
2
2 1 2 1 1 2 2 1 1 0
1 ( )
1 2 1 0 3
1 2
x x x x x x x x x
x x VN
x x x x
x

+ + = + + + + + + =


+ =

+ + = =

+ =

KL:HPT cú 2 nghim
( ) ( )
3;3 ; 3;3
0,25
0,25
0,25
0,25
III
Tớnh tớch phõn :
2
4
4 2
4
sin
cos (tan 2tan 5)
xdx
x x x



+

(1,0 điểm)
t
2
tan

1
dt
t x dx
t
= =
+
.
Ta co
1 1
2
2 2
1 1
2
2 ln 3
3
2 5 2 5
t dt dt
I
t t t t

= = +
+ +

; Tinh
1
1
2
1
2 5
dt

I
t t

=
+

.
t
0
1
4
1 1
tan
2 2 8
t
u I du




= = =

. Võy
2 3
2 ln
3 8
I

= +
.

0,25
0,25
0,25
0,25
IV
Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh thoi (1,0 điểm)
2
Từ giả thiết AC =
2 3a
; BD = 2a và
AC ,BD vuông góc với nhau tại trung
điểm O của mỗi đường chéo.Ta có tam
giác ABO vuông tại O và AO =
3a
; BO
= a , do đó
·
0
60A DB =
.Hay tam giác ABD
đều.
Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và
(SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng
(ABCD) nên giao tuyến của chúng là SO
⊥ (ABCD).


0,25
Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có
DH AB⊥

và DH =
3a
; OK // DH và
1 3
2 2
a
OK DH= =
⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SOK)
Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI ⊥ SK; AB ⊥ OI ⇒ OI ⊥ (SAB) , hay OI là khoảng
cách từ O đến mặt phẳng (SAB).

0,25
Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao ⇒
2 2 2
1 1 1
2
a
SO
OI OK SO
= + ⇒ =
Diện tích đáy
2
4 2. . 2 3
D
S
ABC ABO
S OAOB a
∆
= = =

;
đường cao của hình chóp
2
a
SO =
.
0,25
Thể tích khối chóp S.ABCD:
3
.
1 3
.
3 3
D DS ABC ABC
a
V S SO= =
0,25

V
Chứng minh rằng:
a b b c c a
2 2 2
1 1 1 9
4
( ) ( ) ( )
+ + ≥
− − −
với
[ ]
, , 0;2a b c ∈

(1,0 ®iÓm)
Sử dụng BĐT giữa TBC-TBN với x > 0, y > 0, ta có:
x y xy
xy
x y
2
2 2
1 1 1
( ) 2. .4 8
 
+ + ≥ =
 ÷
 
.
Suy ra:
x y x y
2 2 2
1 1 8
( )
+ ≥
+
(1). Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y.
0,25
Do vai trò của a, b, c là như nhau nên có thể giả sử a > b > c. Áp dụng BĐT (1) cho cặp số
dương a – b và b – c, ta có:
a b b c a b b c a c
2 2 2 2
1 1 8 8
( ) ( ) ( ) ( )
+ ≥ =

− − − + − −
.
Đẳng thức xảy ra ⇔ a – b = b – c.
0,5
Suy ra:
a b b c c a a c c a a c
2 2 2 2 2 2
1 1 1 8 1 9
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
+ + ≥ + =
− − − − − −
.
Mặt khác, do a, c ∈ [0; 2] và a > c nên 0 < a – c
≤
2. Đẳng thức xảy ra ⇔ a = 2 và c = 0.
0,25
Do đó:
a b b c c a a c
2 2 2 2
1 1 1 9 9
4
( ) ( ) ( ) ( )
+ + ≥ ≥
− − − −
.
Đẳng thức xảy ra khi (a; b; c) = (2; 1; 0) và các hoán vị.
0,25
VIa 1
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm
(2;3)M

.Viết phương trình đường thẳng lần lượt cắt các
3
S
A
B
K
H
C
O
I
D
3a
a
trc Ox,Oy ti A,B sao cho tam giỏc MAB vuụng cõn ti (1,0 điểm)
Gi
( ) ( )
;0 ; 0;A a B b
ta cú:
( ) ( )
2; 3 ; ;MA a BA a b= =
uuur uuur
.Theo gi thit
0.25
( )
( )
2
2 2
2 3
3; 1
. 0

3; 5
2 9
a a b
a b
MA BA
a b
MA BA
a a b

=

= =

=




= =
=
+ = +




uuur uuur
0,5
Vy cú 2 ng thng tho món:
3 3 0 ; 5 3 15 0x y x y = + + =
0,25

VIIa
Lp cỏc s t nhiờn cú 3 ch s khỏc nhau t cỏc ch s
{ }
1;3;4;5;6
.Hóy tớnh xỏc sut s lp
c s t nhiờn chia ht cho 3 (1,0 điểm)
Gọi số cần lập là

321
aaa
3 . Vì (a
1
+a
2
+a
3
)

3
Nhận thấy chỉ có 4 cặp: (1;3;5); (1;5;6);(3;4;5);(4;5;6) thoả mãn to nờn s chia ht cho 3

0.25
Mà mỗi bộ cho ta P
3
= 6 số.Vậy có 4.6= 24 (số) chia ht cho 3 c to ra
0.25
S cỏc s chia ht cho 3 v cú 3 ch s khỏc nhau lp c t:
{ }
1;3;4;5;6
l:

3
5
60A =
(s)
0.25
Xỏc sut cn tỡm l:
24
0,4
60
P = =

0.25
0.25
0,5
2
Trong khụng gian vi h to Oxyz,cho mt phng (P):
3 2 4 0x y z+ + =
(1,0 điểm)
Gi
( )
; ;K x y z
vỡ
( ) ( ) ( )
2;2;0 2 ;2 ; ; 3;2; 1
P
I KI x y z n = =
uur uur
( )
( )
2 2 2

3 2 4
; d ,
14
x y z
KO x y z K P
+ +
= + + =
Theo gi thit ta cú hpt:
2 2 2
3 2 4
2 3
1 1 3
14
2 2 ; ;
4 2 4
2 2
3
3 2 1
4
x y z
x z
x y z
y z K
x y z
z


+ +

=

= + +




=

ữ



= =

=



VI.b 1
cho ng trũn
( )
2 2
1
: 2 3 0C x y y+ + =
v ng trũn
( )
2 2
2
: ( 1) 2C x y + =
(1,0 điểm)
ng trũn

( )
1
C
cú tõm
( )
1
0; 1I
;Bỏn kớnh:
1
2R =
; ng trũn
( )
2
C
cú tõm
( )
2
1;0I
Bỏn kớnh:
2
2R =
.
T gi thit ta cú

l tip tuyn ca ng trũn
( )
1
C
v cỏch tõm
2

I
mt khong bng:
2
2
2
1
2
EF
R

=
ữ

TH1: Nu ng thng (

) vuụng gúc vi trc Ox (

) cú pt dng : x m = 0.
T gt ta cú d(
1
I
,

) =
1
R
v d(
2
I
;

) = 1 ta cú m = 2.Vy pt ng thng (

): x 2 = 0.
TH2: Nu ng thng (

) khụng vuụng gúc vi trc Ox (

)cú pt dng: kx y + b = 0
T gt ta cú d(
1
I
,

) =
1
R
v d(
2
I
;

) = 1
Ta cú h:
2
2
2
2
1 1 2
2

1 2 1
2 1
0
1
1
3
1
1
2
1 2 1
1
b b k
b k
k
k
k
b
b
b
k b
k b
b k
k


+ =

=

+ = +


=


+


=


+

=
+

= +

=


+ = +
+

Vy cỏc ng thng cn lp cú pt:
2 0; 1 0x y = =
0.25
4

2
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz,cho 2 điểm
( )
4;0;0 ; (0;0;4)A B
và mặt phẳng (1,0 ®iÓm)
Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB thì pttq của (P) là:
0x z
− =
Gọi
( )
; ;
o o o
C x y z
;
( )
2
2 2 2 2
32 ; 4
o o o
AB BC x y z= = + + −

Theo gt ta có hpt :
( )
2
2 2
0
2 2 4 0
4 32
o o
o o o

o o o
x z
x y z
x y z

− =


− + − =


+ + − =


Giải hệ ta có 2 điểm thoả mãn đề bài là :
( )
1 2
20 44 20
0;4;0 ; ; ;
9 9 9
C C
 
=
 ÷
 
VII.b
Tìm a và n nguyên dương thỏa mãn các điều kiện sau:

2 3 1
0 1 2

127

2 3 1 7
n
n
n n n n
a a a
aC C C C
n
+
+ + + + =
+
v à
3
20
n
A n=
(1,0 ®iÓm)
Ta có:
3 2
6
2 3 18 0
3( )
n
n
A n n n
n loai
=

= ↔ − − = ↔


= −

Từ giả thiết suy ra :
2 3 7
0 1 2 6
6
127

2 3 7 7
n n n
a a a
aC C C C+ + + + =
Ta có:
( )
6
0 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6
6 6 6 6 6 6 6
1 x C C x C x C x C x C x C x+ = + + + + + +
( )
( )
6
0 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6
6 6 6 6 6 6 6
0 0
1
a a
x dx C C x C x C x C x C x C x dx→ + = + + + + + +
∫ ∫
( )

( )
7
2 3 4 5 6 7
0 1 2 3 4 5 6
6 6 6 6 6 6 6
0
0
7
2 3 4 5 6 7
0 1 2 3 4 5 6
6 6 6 6 6 6 6
1
7 2 3 4 5 6 7
1 1
7 2 3 4 5 6 7
a
a
x
x x x x x x
C x C C C C C C
a
a a a a a a
C C C C C C C
+
 
= + + + + + +
 ÷
 
+ −
↔ = + + + + + +

( )
( )
7
7
7
1 1
127
1 128 2 1
7 7
a
a a
+ −
→ = ↔ + = = ↔ =
.Vậy
1; 6a n= =
0.25
0.25
0.25
0.25
Ghi chó: NÕu thÝ sinh gi¶i c¸ch kh¸c ®óng vÉn cho ®iÓm tèi ®a cña phÇn ®ã.
5