Tài liệu Đề thi môn Toán khối B&D năm 2010 doc

- Thư viện sách trực tuyến

Sở GD & ðT Thanh Hoá KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12
Trường THPT Lê Văn Hưu MÔN TOÁN KHỐI B và D
Tháng 03/2010
Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát ñề)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 ñiểm)
Câu I.
(2.0 ñiểm)
Cho hàm số y =
x
x-1
(C)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị hàm số (C)
2. Viết phương trình tiếp tuyến với ñồ thị (C), biết rằng khoảng cách từ tâm ñối xứng của ñồ thị (C)
ñến tiếp tuyến là lớn nhất.
Câu II.
(2.0 ñiểm)
1. Giải phương trình
2 os6x+2cos4x- 3 os2x =sin2x+ 3
c c

2. Giải hệ phương trình
2
2 2
1
2 2
2 2
x x
y

y y x y

+ − =



− − = −


Câu III. (1.0 ñiểm)
Tính tích phân
1
2 3
0
( sin )
1
x
x x dx
x
+
+
∫

Câu IV. (1.0 ñiểm)
Cho x, y, z là các số thực dương lớn hơn 1 và thoả mãn ñiều kiện
1 1 1
2
x y z
+ + ≥

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = (x - 1)(y - 1)(z - 1).
Câu V. (1.0 ñiểm)
Cho hình chóp S.ABCD ñáy ABCD là hình thoi. SA = x (0 < x < 3 ) các cạnh còn lại ñều bằng 1.
Tính thể tích của hình chóp S.ABCD theo x
PHẦN RIÊNG ( 3.0 ñiểm)
Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần A hoặc B (Nếu thí sinh làm cả hai phần sẽ không dược chấm
ñiểm).
A. Theo chương trình nâng cao

Câu VIa.
(2.0 ñiểm)
1. 1. Trong mặt phẳng toạ ñộ Oxy cho hai ñường thẳng (d
1
) : 4x - 3y - 12 = 0 và (d
2
): 4x + 3y - 12 = 0.
Tìm toạ ñộ tâm và bán kính ñường tròn nội tiếp tam giác có 3 cạnh nằm trên (d
1
), (d
2
), trục Oy.
2. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’

có cạnh bằng 2. Gọi M là trung ñiểm của ñoạn AD, N là
tâm hình vuông CC’D’D. Tính bán kính mặt cầu ñi qua các ñiểm B, C’, M, N.
Câu VIIa. (1.0 ñiểm)
Giải bất phương trình
2 3
3 4
2

log ( 1) log ( 1)
0
5 6
x x
x x
+ − +
>
− −

B. Theo chương trình chuẩn
Câu VIb.
(2.0 ñiểm)
1. Cho ñiểm A(-1 ;0), B(1 ;2) và ñường thẳng (d): x - y - 1 = 0. Lập phương trình ñường tròn ñi qua 2
ñiểm A, B và tiếp xúc với ñường thẳng (d).
2. Trong không gian với hệ trục toạ ñộ Oxyz cho ñiểm A(1 ;0 ; 1), B(2 ; 1 ; 2) và mặt phẳng (Q):
x + 2y + 3z + 3 = 0. Lập phương trình mặt phẳng (P) ñi qua A, B và vuông góc với (Q).
Câu VIIb. (1.0 ñiểm)
Giải phương trình
1 2 2 3
2
2
x x x x
x x x x
C C C C
− − −
+
+ + =
(
k
n

C
là tổ hợp chập k của n phần tử)

HẾT
Thí sinh không ñược sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh số báo danh
ðỀ CHÍNH THỨC
- Thư viện sách trực tuyến

Sở GD & ðT Thanh Hoá ðÁP ÁN KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12
Trường THPT Lê Văn Hưu MÔN TOÁN KHỐI B - D
Tháng 03/2010
Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát ñề)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7.0 ñiểm)

CÂU NỘI DUNG THANG
ðIỂM

TXð : 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 ñồ thị hàm số
1 1
lim ( ) , lim

x x
f x
+ −
→ →
= +∞ = −∞
nên x = 1 là tiệm cận ñứng của ñồ 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
Câu I
(2.0ñ)
1.
(1.0ñ)


ðồ thị.(tự vẽ)
Giao ñiểm của ñồ thị với trục Ox là (0 ;0)
Vẽ ñồ thị
Nhận xét : ðồ thị nhận giao ñiểm của 2 ñường tiệm cận I(1 ;1) làm tâm ñối xứng

0.25
Giả sử M(x
0
; y
0
) thuộc (C) mà tiếp tuyến với ñồ thị tại ñó có khoảng cách từ tâm ñối
xứng ñến 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
2.(1.0ñ)

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
ðỀ CHÍNH THỨC
- Thư viện sách trực tuyến

-
+
f(t)
f'(t)
x

2
0
1
0
+
∞
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
4cos5xcosx = 2sinxcosx + 2
3
cos
2
x
0.25
os x=0
2cos5x =sinx+ 3 cos
c
x

⇔



0.25
cos 0

os5x=cos(x- )
6
x
c
π
=


⇔



0.25
Câu
II(2.0ñ)
1.
(1.0ñ)












2

24 2
2
42 7
x k
k
x
k
x
π
π
π π
π π

= +



⇔ = − +



= +



0.25
ðK :
0
y
≠

hệ
2
2
1
2 2 0
2 1
2 0
x x
y
x
y y

+ − − =


⇔


+ − − =


ñưa hệ về dạng
2
2
2 2 0
2 2 0
u u v
v v u


+ − − =


+ − − =



0.5
2.(1.0ñ)

2
1
1
1
2 2 0
3 7 3 7
2 2
,
1 7 1 7
2 2
u v
u v
u v
u v
v v u
u u
v v






=
= =






= −
⇔ ⇔ = = −




+ − − =  
− +


= =
 

 

 
− + − −

 
= =

 
 

Từ ñó ta có nghiệm của hệ
(-1 ;-1),(1 ;1), (
3 7 2
;
2
7 1

−
−
), (
3 7 2
;
2
7 1
+
+
)



0.5







Câu III.
(1.0ñ)
1 1
2 3
0 0
sin
1
x
I x x dx dx

x
= +
+
∫ ∫

0.25
- Thư viện sách trực tuyến

O
C
B
A
D
S
H
Ta tính I
1
=
1
2 3
0
sin
x x dx
∫
ñặt t = x
3
ta tính ñược I
1
= -1/3(cos1 - sin1)
0.25

Ta tính I
2
=
1
0
1
x
dx
x
+
∫
ñặt t =
x
ta tính ñược I
2
=
1
2
0
1
2 (1 ) 2(1 ) 2
1 4 2
dt
t
π π
− = − = −
+
∫

0.25

Từ ñó ta có I = I
1
+ I
2
= -1/3(cos1 - 1)+
2
2
π
−

0.25
Ta có
1 1 1
2
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 ñược
1
( 1)( 1)( 1)
8
x y z
− − − ≤

0.25

Câu IV.
(1.0ñ)

vậy A

max
=
1 3
8 2
x y z
⇔ = = =


0.25

Ta có
( . . )
SBD DCB c c c SO CO
∆ = ∆ ⇒ =

Tương tự ta có SO = OA
vậy tam giác SCA vuông tại S.
2
1
CA x
⇒ = +


Mặt khác ta có
2 2 2 2 2 2
AC BD AB BC CD AD
+ = + + +

2
3 ( 0 3)

BD x do x⇒ = − < <

2 2
1
1 3
4
ABCD
S x x
⇒ = + −


0.5
Gọi H là hình chiếu của S xuống (CAB)
Vì SB = SD nên HB = HD
⇒
H
∈
CO
0.25
Câu V.
(1.0ñ)
Mà
2 2 2
2
1 1 1
1
x
SH
SH SC SA
x

= + ⇒ =
+

Vậy V =
2
1
3 ( vtt)
6
x x d−


0.25
Câu
VIa.
(2.0ñ)
1.

Gọi A là giao ñiểm d
1
và d
2
ta có A(3 ;0)
Gọi B là giao ñiểm d
1
với trục Oy ta có B(0 ; - 4)
Gọi C là giao ñiểm d
2
với Oy ta có C(0 ;4)
0.5
- Thư viện sách trực tuyến

B'
Y
X
Z
N
D'
C'
A'
C
D
A
B
M
(1.0ñ)
Gọi BI là ñường phân giác trong góc B với I thuộc OA khi ñó ta có
I(4/3 ; 0), R = 4/3
0.5
2.
(1.0ñ)

Chọn hệ trục toạ ñộ 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 ñi qua 4 ñiểm
M,N,B,C’ có dạng
x
2
+ y
2

+ z
2
+2Ax + 2By+2Cz +D = 0
Vì mặt cầu ñi qua 4 ñiểm 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
15
A B C D+ + − =
1.0
ðk: 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 6
x
⇔ < <

0.25
Giả sử phương trình cần tìm là (x-a)
2
+ (x-b)
2
= R
2
0.25
Vì ñường tròn ñi qua A, B và tiếp xúc với d nên ta có hệ phương trình
2 2 2
2 2 2
2 2
(1 )
(1 ) (2 )
( 1) 2
a b R
a y R
a b R

+ + =

− + − =


− − =


0.25
Câu
VIIa
(1.0ñ)










Câu
VIb
(2.0ñ)
1.
(1.0ñ)
2
0
1
2
a
b
R

=


⇔ =


=


Vậy ñường tròn cần tìm là: x
2
+ (y - 1)
2
= 2
0.5
2.
(1.0ñ)
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
(1.0ñ)
ðK :
2 5
x
x N
≤ ≤


∈


Ta có
1 1 2 2 3 1 2 3 2 3
2 1 1 2 2 2
x x x x x x x x x x
x x x x x x x x x x
C C C C C C C C C C

− − − − − − −
+ + + + + +
+ + + = ⇔ + = ⇔ =

(5 )! 2! 3
x x
⇔ − = ⇔ =

1.0

Chó ý: NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®−îc ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh− ®¸p ¸n
quy ®Þnh.