Dựng SH vuông góc BE ,dễ dàng chứng minh SH là đờng cao của hình chóp S.BCFE.. a a a a SA AE SA AB SA SE AB vừa là đờng cao hạ từ E của tam giác EBC,vừa là độ dài đờng cao của tam giác
Trang 1Sở 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 I
(2,0 điểm) 1.(1,0 điểm ) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số Khi m 3 ,hàm số có trở thành 3 3 2
x x
Tập xác định :D R
Sự biến thiên : -Chiều biến thiên : ' 3 2 3 , ' 0 1
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ; 1 ), ( 1 ; ) ;nghịch biến trên
) 1
; 1
-Cực trị:Hàm số đạt cực đại tại x 1 ,y CD 4 ;đạt cực tiểu tại
0 ,
y CT
-Giới hạn :
xlim ,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 y f (x) với trục
Ox :
x
x m mx
(vì x 0 không thoã mãn)
0,25
Đặt hàm số
x
x x
g( ) 2
3
với x R\ 0
Ta có g' (x) 2
2
x
x
Lập bảng biến thiên của hàm số g (x) 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 y m phải có đúng một
điểm chung với đồ thị hàm số y g(x) m 3 m 3
0,25
Câu II
(2,0 điểm )
1.(1,0 điểm ) Giải phơng trình
Với điều kiện sin 2x 0,phơng trình đã cho tơng đơng với :
) cos 3 (sin 4 cot 3
3
2 9
4
2 3
3 2
sin )
3 sin(
3 tan
2 sin 2 cos
3 sin
0 cos
3 sin
) cos 3 (sin
2 sin 2 ) cos 3 )(sin
cos 3 (sin
n x
m x
k x
x x
x x
x x
x x
x x
x x
x x
x
0,50
Kết hợp điều kiện ta đợc nghiệm của phơng trình là:
Z k
k x
k
3
2 9
4 , 3
2.(1,0 điểm ) Giải phơng trình
Trang 2Đặt u 2x 3x 1 0 ,v 2x 2 0(*).Ta đợc phơng trình:
3 0
) 3 )(
( 3
2 2
v u
v u v
u v u v
u v
Với :
1 1
)
; 1 [ ] 1
; ( 2
2 1 3
2 2 2
x
x x
x x v
u
0,25 Với uv 3,kết hợp với u2 v2 3x 3 u vx 1.Từ đó ta có
0 12 4 7 4 4
1 3 2 2 4
x x x x
x x x
u
Giải ta đợc
7
88
2
x thoã mãn điều kiện
Vậy phơng trình đã cho có ba nghiệm :
7
88 2 ,
1
x
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
x
1
0
2 2
2
1
0 2
2 2
1
1 2
3 1
1 2 2
1 2 2 ln
1 3 log
1
2 2 ln
1 3 log
dx x x x
x x
dx x x
x x
0,25
2 ln 2
3 ))
1 ln(
2
1 2 ( 2 ln
1 3 log
1 0
2
1 0
x
dx
Đặt x tant
2
3 2
1
2
; 2
t Khi đó ta có :
3
6
2
2
3 3 6
3
2 )
tan 1 ( 4 3
) tan 1 ( 2
3
t
dt t
3 2
( 2 ln
1 3 log 2
3 3 2
2 ln
1 2 ln 2
3 ln 2 ln
2 3
0,25
Câu IV
(1,0 điểm) Tính thể tích khối chóp Dựng SH vuông góc BE ,dễ dàng chứng minh
SH là đờng cao của hình chóp S.BCFE
3
1 tan ABE
AB
AE
30 sin 2
60 cos
0
AB
3
2 3
2
2 a a a
BE
0,25
3
4 3
3 / 3
a
a a a SA
AE SA AB SA
SE AB
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
3 3
10 3
4 3
2 2
1 2 3
2 2
1
2
1
2
a a EF
BE BC
BE S
S
Vậy thể tích của khối tứ diện S.BCFE bằng :
Trang 33 9
10 3 3
10 3
1
3
a S
SH
Câu V
(1,0 điểm)
Tìm giá trị nhỏ nhất
Ta có ( , , ) 22 12 22 12 22 12.
z x y z x y z y x
áp dụng bất đẳng thức cơ bản : 2 2 2 ( )2
3
1
c b a c b
cho ba số thực dơng.Ta có :
0,25
).
1 2 ( 3
1 1 1 1 1 2
).
1 2 ( 3
1 1 1 1 1 2
).
1 2 ( 3
1 1 1 1 1 2
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2
z x z
x x z x
y z y
z z y z
x y x
y y x y
0,50
Cộng từng vế các bất đẳng thức trên cho ta :
) 1 1 1 ( 3 ) , , (
z y x z
y x
F Theo giả thiết thì 111 2010
z y
3 2010 )
, , (x y z
F Dấu bằng xảy ra khi :
3
2010 1
1 1
z y
Hay
2010
3
y z
0,25
Câu VI.a
(2,0 điểm)
1.(1,0 điểm ) Lập phơng trình đờng tròn nội tiếp
Gọi điểm I (a;b) Vì cạnh BC nằm trên trục hoành và I có tung độ dơng nên
5 10
r
2
90 180 2
) 5 10 2
; 9 ( ), 5 10 2
; 1
BI Theo công thức tích vô hớng ta có:
) 1 )(
5 10 2 ( 10
2
1 2
2 135 sin
135 cos
0 0
S CI
BI
CI BI CI BI
BIC
0,25
Mặt khác . ( 1)( 9) (2 10 5)2 2 8 56 20 10(2)
CI
Từ (1),(2) suy ra : 2 8 56 20 10 10 ( 2 10 5 )
a a
10 4
10 4 0
6 8
2
a
a a
a
Có hai tâm I cần tìm :I(4 10 ; 2 10 5),I(4 10 ; 2 10 5)
Vậy có hai đờng tròn thoã mãn yêu cầu bài toán có phơng trình lần lợt:
( 4 10 ) 2 ( 5 2 10 ) 2 65 20 10
x
và ( 4 10 ) 2 ( 5 2 10 ) 2 65 20 10
0,50
2.(1,0 điểm) Lập phơng trình tham số
giả sử d cắt d1 tại M( 1 2t; 3 3t; 2t),cắt d2 tại
) ' 5 5
; ' 4
; ' 6 5
Ta có MN ( 4 6t' 2t; 4t' 3t 3 ; 5 5t' 2t).Vì dsong song với (P) nên
0,25
0 ) 2 ' 5 5 ( 2 ) 3 3 ' 4 ( 2 ) 2 ' 6 4 ( 1 0 n( ) t t t t t t
'
t
t
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:
Trang 41
0 6
6 12
2 2
) 2 ( 1
1 ) 2 ( 2 ) 3 3 ( 2 2 1
2 2 2
t
t t
t t
t
Với 0 ' 0
t suy ra M( 1 ; 3 ; 0 ) d và MN( 4 ; 3 ; 5 )là véc tơ chỉ
ph-ơng của d ,suy ra phơng trình tham số cuả
u z
u y
u x
d
5 3 3
4 1
Với t 1 t' 1 suy ra M( 3 ; 0 ; 2 ) d và MN( 4 ; 4 ; 2 )là véc tơ
chỉ phơng của d ,suy ra phơng trình tham số của
2 2
4 4 3
:
v z
v y
v x
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:(4x 2.2x 3)(log2 xx1)0
Bất phơng trình tơng đơng với :
0 1 log
0 3 2 2 4
2 x x
x x
(I) hoặc
0 1 log
0 3 2 2 4
2 x x
x x
(II) 0,25
1 2
3 2 0 3 2 2
x x
x
Với bất phơng trình :log2 xx 1 0 ,ta xét hàm số f(x)log2 xx1
,nhận thấy f (x) đồng biến trên ( 0 ; )và f( 1 ) 0 bất phơng trình đã cho có dạng: f(x) f( 1 ) 0x1(log23) Vậy hệ (I) vô nghiệm
0,25
Giải tơng tự cho hệ (II) ta đợc tập nghiệm của hệ ban đầu x1;log23 0,25
Câu VI.b
(2,0 điểm)
1.(1,0 điểm ) Lập phơng trình tổng quát
Đờng thẳngd cần tìm có dạng : 0 , ( 2 2 0 )
by c a b
Theo yêu cầu bài toán ta có:
2 2 2 2
4 2 3
2
b a a
c b
b a a
c b
0,25
Hệ đã cho tơng đơng với :
2 2
2
2 3
2 2 2
b a a
c b
a c b a c b
) ) 5 4 ( 10 2 5 4
) 2 2
2 2 2 2
II c a a a c c a b
I c a a c
0,25
Hệ (I) cho ta
3 0 0 4
a c b ac a c b
Với
0
a c b
cho ta phơng trình d:y 1 0 Với
3
4c
a c b
cho ta phơng trình d : 4x 3y 3 0
0,25
Hệ (II) cho ta abc 0 (không thoã mãn )
Vậy có hai đờng thẳng cần tìm có phơng trình tổng quát:
y 1 0 , 4x 3y 3 0
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
t z
t y
t x
d
5 4 1
:
0,25 Tìm trên d' điểm N sao cho MN =2 42
Vì N thuộc d' nên N(1+4t;-3+t;-5t)
MN=2 42 42 2 2 42 2
0,25
Trang 5Với t=2 ,suy ra N(9;-1;-10) ,đờng thẳng d1 vuông góc với d và nằm trong (P) nên có véc tơ chỉ phơng u n P;u d ,chọn u( 2 ; 3 ; 1 ),ta có phơng trình chính tắc của d1 :
1
10 3
1 2
x
0,25
Với t=-2 ,suy ra N(-7;-5;10) ,đờng thẳng d1 vuông góc với d và nằm trong (P) nên có véc tơ chỉ phơng u n P;u d ,chọn u( 2 ; 3 ; 1 ),ta có phơng trình chính tắc của d1 :
1
10 3
5 2
x
Vậy có hai đờng thẳng cần tìm
0,25
Câu VII.b
(1,0 điểm)
Điều kiện x,y 0.
Xét phơng trình thứ nhất trong hệ:Đặt t 2log3(xy),t 0 Phơng trình trở thành:
) ( 2
) ( 1 0
2
2
tm t
l t
t
Với t=2 suy ra log3(xy) 1 xy 3(1)
0,25
Xét phơng trình thứ hai trong hệ ta có:log (4 4 ) log (2 2 6 )
4 2
2
) 3 ( 2 ) 2 (
0 4
6
y x
y x
y xy
x
0,25 Kết hợp (1),(2) ta đợc hệ:
) 3 ) 3 3
3 2
l y tm y x y x y xy
0,25 Kết hợp (1),(3) ta đợc hệ:
) 2 ) 2 2 2
2
l y tm y y x y x xy
Vậy hệ phơng trình có hai nghiệm:
3 3
y x
và
2 6
y x
Hết
Chú ý:
Học sinh làm theo cách khác (sử dụng kiến thức trong chơng trình ), nếu có kết quả đúng vẫn cho điểm tối đa.
0,25
