Đáp án KSCL lần 2 môn Toán

1,0 điểm Gọi CH,BK là hai đờng cao của tam giác ABC.

Trang 1

Trờng THPT Nông Cống 2 Đáp án-Thang điểm

Đề thi khảo sát chất lợng lần 2 năm học 2011-2012

Môn:Toán.Khối 12

I 1 Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số … (1,0điểm)

(2điểm) +Tập xác định :R\{2}

+Sự biến thiên:

-Giới hạn tại vô cực,giới hạn vô cực và các đờng tiệm cận

Ta có:

lim ; lim

   nên đờng thẳng x=2 là tiệm cận đứng

Và lim 2; lim 2

       nên đờng thẳng y=2 là tiệm cận ngang -Bảng biến thiên:

1

2

x

Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ; 2 và 2;  

x   2 

y’  

y 2

 



2

0,25 0,25 0,25 +Đồ thị: Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; 3 2) và cắt trục hoành tại điểm (3 2;0) Đồ thị nhận giao điểm I(2;2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng

0,25 2 Tìm trên đờng thẳng y  những điểm ……… (1,0điểm)1 Gọi A(a;1) là điểm nằm trên đờng thẳng y  1 Đờng thẳng d đi qua A,hệ số góc k có phơng trình :y = k(x – a) + 1 (d) tiếp xúc với (C) ta có hệ phơng trình    2 2 3 k x – a 1 (1)

2 1 (2)

2 x x k x             Thế (2) vào (1) ta có       2 2 2 3 1 x – a 1 ( ) 2 2 0, 2 2 2 x f x x x a x x x             (3) Từ A kẻ đợc hai tiếp tuyến đến (C) và hai tiếp điểm tơng ứng đều có hoành độ dơng khi và chỉ khi phơng trình (3) có hai nghiệm dơng phân biệt khác 2 ' 1 0 (2) 2 0 1 2 2 0 2 0 a f a a S P a                      

Vậy ,các điểm cần tìm là A(a;1) với 1a2

0,25

II 1 Giải phơng trình: 1 sin

4 2 sin

x x

  (1) (1,0 điểm)

Trang 2

, ,

sin 0

x

k l Z

x k x



 Phơng trình (1) tơng đơng

2 cos sin

x



sinx cosx 2 2 sin cosx x

4

   

2

2 4

4

k

k x







(thoả mãn điều kiện )

Vậy ,nghiệm phơng trình đã cho là 2

,

k

x   k Z

0,25

2

Giải hệ phơng trình: 3 1 2 0 1 







(1,0 điểm)

Điều kiện: 2 0

x y







(*) Phơng trình (1) tơng đơng

x  y y y x y x y   x y x y y  x y y 

  x 2y1  x 2y 3y 0 2 1

x y

 



Với x 2y  1 x 2y 1 x 1 2y,thế vào (2)  2y2 5 y1

1

5



(thoả mãn(*))

Với x 2y 3y (3),thế vào (2) 3 1( )

x y



      thế vào (3)

 ,  8 4,

3 9

x y  

  (thoả mãn(*))

Vậy ,nghiệm của hệ phơng trình đã cho là 8 4

,

3 9

,

0,25

III Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất ……… (1,0 điểm)

Trang 3

Xét hàm số f x  lnx x21 x trên 1;3

Ta có:

2

1

x

x x

x

f x





f x   x    x (vì x>0), f x'  không xác định tại x=1 Bảng biến thiên:

x 1 2 3

 

'

f x + 0 

 

f x

ln 1  2 2

-1 ln 3 2 2   3

Từ bảng biến thiên ta có:

Max ( ) ln 1f x   2  2 ,đạt đợc khi x  2

Min ( ) ln 3 2 2f x    3 ,đạt đợc khi x 3

0,25

IV Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SCD) (1,0 điểm)

Gọi H là trọng tâm tam giác ABD Vì tam giác ABD đều nên HA HB HD  ,mà SA SB SD 

 SH là trục của đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABD  SH (ABD)

3 2

a

3

2 3 3

a CH

2

Diện tích hình thoi ABCD:

2

ABCD

a

Thể tích khối chóp S.ABCD là:

Kẻ HK SD K SD,  (1) Ta có :











Từ (1) và (2) HK (SCD)

Trong tam giác SHD vuông tại H có HK là đờng cao

0,25

2 6 9

a HK

  Ta có  

;( )

Trang 4

Vậy ,  ;( ) 6

6

a

d O SCD 

V Cho a,b,c là ba số dơng thoả mãn a b c   1.Chứng minh rằng

6 5

ab ac bc ba ca cb

      (*) (1,0 điểm)

Vì a b c   1 nên (*)  

5

áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số dơng 2a và (1-a) ta có

2

1

4

a

a  a  a  a  a  a  a  a  a  

2

(1)

Tơng tự:  

(2)

b b b





 

(3)

c c c





Cộng (1),(2),(3) vế với vế ta có  

(**)

Từ (**) và (***)  

Đẳng thức xảy ra khi 1

3

a b c  

0,25

VIa 1 Tỡm toạ độ cỏc điểm A và C……… (1,0 điểm)

Gọi CH,BK là hai đờng cao của tam giác ABC

0;6

B BH BC B ,C BC  C t2 12; , t t 6

N là trung điểm BC 6

6;

2

t

ANBC và AN đi qua N nên phơng trình AN là 5

2

t

x y    ;

Trang 5

2

t

A AN  A u  u  

2

t

AB  u u  

2 15; 5

2

t



Véc tơ chỉ phơng của BH: u BH 1;1

0.25

Vì

2 15    5 2 5 15 0 (1)

3 0 2 12 2 9 0 (2)

2

BH

t

MC AB







 

Từ (2) t 6 2u thế vào (1) :10 2 10 0 0 6( ) 1; 1 ; ( 4; 4)



 Vậy , A1; 1 ; ( 4; 4)  C 

0.25

2 Lập phơng trình chính tắc của elíp (E) biết ………… (1,0 điểm)

Gọi phơng trình chính tắc của (E) là

a b

a b   

tiêu điểm F1 3;0 a2 b2  9

Gọi A3;y0,y0  0 B3; y0

2

 

9 256

0.25

Giải hệ

2 2

9







ta đợc

2 2

25 16

a b







 Vậy, phơng trình chính tắc của (E) là

1

25 16

 

0.25

VIIa Giải phơng trình 22x2  1 9.2x2 x 22x 2 0

Chia hai vế của phơng trình (1) cho 22x2 0

 ta có

2 x  x 9.2x  x 1 0 2.2 x  x 9.2x x 4 0

Đặt t 2x2x

 ta có:2t2 9t 4 0

1 2 4

t t















2

x



x x

          (vô nghiệm)

0.25

0.25 0.25

0.25

Trang 6

Vậy, tập nghiệm của phơng trình đã cho là:S   1; 2

VI.b 1 Tỡm tọa độ cỏc đỉnh của hỡnh chữ nhật ABCD.…… (1,0 điểm)

13;3

Kẻ MN//AB,NAC.MN đi qua M(2;5) và MN//AB nên phơng trình MN là x-2y-12=0,

20; 4

E là trung điểm MN 1

11;

2

,MN  18;9

Phơng trình trung trực của MN:4x2y 43 0  d

19 5

;

2 2

 .I là trung điểm AC  C6; 2

BD đi qua 19 5

;

2 2

I  

  và M(2;5) nên phơng trình BD là :x-y-7=0

7;0

B AB BD B I là trung điểm BD  D12;5

Vậy,A13;3 , B7;0 , C6; 2 , D12;5

Đờng tròn ( C) có tâmI(3;1) ,bán kính 4 3

3

R 

Gọi H là trung điểm của AB IH    d I ;  IH

IAB

 đều 3

2 2

IB

TH1: Phơng trình  có dạng

1

d I

k

  



3

TH2: Phơng trình  là:x 1 d I ;  2 (thoả mãn) Vậy,có hai đờng thẳng thoả mãn bài toán là: () : x  và ():1 3x4y15 0 VII.b

Giải phơng trình 21  2    16 4

2

log x 4 log x 2 4 log x (1) (1,0 điểm)

Điều kiện: 2

2

0

(*)

x







 Phơng trình (1) tơng đơng: log x22  2 log x2  2 4  log x2 



2

 log x2   2 x  4

Vậy, tập nghiệm của phơng trình đã cho là:S  4

Định dạng
Số trang	6
Dung lượng	4,47 MB