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