Đề toán 12 KSCL lần 3-2010

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.