Từ giả thiết hai mặt phẳng SAC và SBD cùng vuông góc với mặt phẳng ABCD nên giao tuyến của chúng là SO ABCD.
Trang 1Trờng THPT Nông Cống 2 Đáp án-Thang điểm
Đề thi khảo sát chất lợng lần 3 năm học 2010-2011
Môn:Toán.Khối 12
ĐÁP ÁN NÀY Cể 5 TRANG
I
Cho hàm số y x 3 3mx23 m 21 x m21 (m là tham số) (1). 2,0
1 Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 0.
0,25
Với m = 0 , ta có : y = x3 – 3x + 1
- TXĐ: R
- Sự biến thiên:
+ ) Giới hạn : xLim y ; Lim yx
+) Bảng biến thiên:
Ta có : y’ = 3x2 – 3 y’ = 0 x = -1 hoặc x = 1
- Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ; 1 và 1; , nghịch biến trên khoảng ( -1; 1)
- Hàm số đạt cực đại tại điểm x = -1, giá trị cực
đại của hàm số là y(-1) =3 Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 1, giá trị cực tiểu của hàm số là y(1) =-1
Đồ thị: + Điểm uốn : Ta có : y’’ = 6x , y" = 0
tại điểm x = 0 và y" đổi dấu từ dơng sang âm khi x qua điểm x = 0 Vậy U(0 ; 1) là điểm uốn của đồ thị
+ Giao điểm với trục tung : (0 ;1) + ĐTHS đi qua các điểm :
A(2; 3) , B(1/2; -3/8) C(-2; -1)
0,25
0,25
0,25
2 Tỡm cỏc giỏ trị của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm (1,0 điểm)
0,5
Để ĐTHS (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt
có hoành độ dơng, ta phải có :
y '
1
2
0
x 0
y 0 0
(I)
Trong đó : y’ = 3( x2 – 2mx + m2 – 1)
∆y’ = m2 – m2 + 1 = 1 > 0 với mọi m y’ = 0 khi
x1 = m – 1 = xCĐ và x2 = m + 1 = xCT
2
m 1 0
m 1 0
1
y’
y
+
-1
+ 0
-1
3
-1
6 4 2
-2 -4
y
x
Trang 2Giải phơng trình: 2 sin 1 sin 2
cos
x x
(1) (1,0 điểm)
+Điều kiện: cos 0 ,
2
x x k k Z (*) +Phơng trình (1) tơng đơng
cos sin sin cos 2 sin cos sin cos cos 2 1 0
4
x k
(Thoả mãn (*))
Vậy,nghiệm của phơng trình (1) là 2
2
x k và x k2 , k Z
0,25 0,25
0,25
0,25
2 Giải hệ phơng trình
2
(1,0 điểm)
Điều kiện: 1
2
y x
Phơng trình (1) tơng đơng
2x y x y x 0 y x 2x y yx x 0 y x
Do 2x2y2yx2x4 x2(2y)y2 x4 0, x 2,y Thay vào (2) ta cú:1
2
2
1 ( )
1 2
x
KL:HPT cú 2 nghiệm 3;3 ; 3;3
0,25
0,25
0,25 0,25
III
Tớnh tớch phõn :
2 4
4
sin cos (tan 2 tan 5)
xdx
(1,0 điểm)
1
dt
t
Ta cú
2
2 ln 3 3
I
1
dt I
Đặt
0 1 4
Vậy 2 ln2 3
3 8
0,25
0,25 0,25
0,25
IV Cho hỡnh chúp S.ABCD cú đỏy ABCD là hỡnh thoi (1,0 điểm)
Từ giả thiết AC = 2 3a ; BD = 2a và
AC ,BD vuụng gúc với nhau tại trung điểm O của mỗi đường chộo.Ta cú tam giỏc ABO vuụng tại O và AO = a 3; BO
= a , do đú A DB 600.Hay tam giỏc ABD
2
S
A H O
I D
3a
Trang 3Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến của chúng là SO
(ABCD)
0,25
Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có DH AB
và DH = a 3; OK // DH và 1 3
a
OK DH OK AB AB (SOK) Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI SK; AB OI OI (SAB) , hay OI là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB)
0,25
Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao 12 1 2 12
2
a SO
đường cao của hình chóp
2
a
SO
0,25
Thể tích khối chóp S.ABCD:
3
a
0,25
4 ( ) ( ) ( ) với a b c , , 0; 2 (1,0 ®iÓm)
Sử dụng BĐT giữa TBC-TBN với x > 0, y > 0, ta có: x y xy
xy
2
2 2
1 1 ( ) 2. 1 .4 8
.
Suy ra:
x2 y2 x y 2
(1) Đẳng thức xảy ra x = y.
0,25
Do vai trò của a, b, c là như nhau nên có thể giả sử a > b > c Áp dụng BĐT (1) cho cặp số dương a – b và b – c, ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
Đẳng thức xảy ra a – b = b – c.
0,5
Suy ra:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
Mặt khác, do a, c [0; 2] và a > c nên 0 < a – c 2 Đẳng thức xảy ra a = 2 và c = 0.
0,25
Do đó:
4 ( ) ( ) ( ) ( )
Đẳng thức xảy ra khi (a; b; c) = (2; 1; 0) và các hoán vị.
0,25
VIa 1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm M(2;3).Viết phương trình đường thẳng lần lượt cắt các
trục Ox,Oy tại A,B sao cho tam giác MAB vuông cân tại (1,0 ®iÓm)
Gọi A a ;0 ; B0;b ta có: MA a 2; 3 ; BAa b;
2 2 2
3; 5
MA BA
3
Trang 4Vậy có 2 đường thẳng thoả mãn: x 3y 3 0 ; 5 x3y15 0 0,25 VIIa Lập các số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau từ các chữ số1;3; 4;5;6 Hãy tính xác suất để số lập
được số tự nhiên chia hết cho 3 (1,0 ®iÓm)
Gäi sè cÇn lËp lµ a1a2a33 V× (a1+a2+a3)3 NhËn thÊy chØ cã 4 cÆp: (1;3;5); (1;5;6);(3;4;5);(4;5;6) tho¶ m·n tạo nên số chia hết cho 3 0.25
Mµ mçi bé cho ta P3= 6 sè.VËy cã 4.6= 24 (sè) chia hết cho 3 được tạo ra 0.25
Số các số chia hết cho 3 và có 3 chữ số khác nhau lập được từ: 1;3; 4;5;6 là: 3
Xác suất cần tìm là: 24 0, 4
60
0.25 0.25
0,5
2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz,cho mặt phẳng (P): 3x2y z 4 0 (1,0 ®iÓm)
Gọi K x y z vì ; ; I2; 2;0 KI 2 x; 2 y z; ; n P 3; 2; 1
; d ,
14
Theo giả thiết ta có hpt:
1 1 3
4 2 4
z
C x y (1,0 ®iÓm)
2
Đường tròn C có tâm 1 I10; 1 ;Bán kính: R ; Đường tròn 1 2 C có tâm 2 I21;0
Bán kính: R 2 2
Từ giả thiết ta có là tiếp tuyến của đường tròn C và cách tâm 1 I một khoảng bằng:2
2 2
2
EF
R
TH1: Nếu đường thẳng () vuông góc với trục Ox () có pt dạng : x – m = 0
Từ gt ta có d(I ,1 ) = R và d(1 I ;2 ) = 1 ta có m = 2.Vậy pt đường thẳng (): x – 2 = 0
TH2: Nếu đường thẳng () không vuông góc với trục Ox ()có pt dạng: kx – y + b = 0
Từ gt ta có d(I ,1 ) = R và d(1 I ;2 ) = 1
Ta có hệ:
2 2
2 2
1
1
k
Vậy các đường thẳng cần lập có pt: x 2 0; y1 0
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz,cho 2 điểm A4;0;0 ; (0;0; 4) B và mặt phẳng (1,0 ®iÓm)
0.25
Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB thì pttq của (P) là: x z 0 0.25
0.25 Gọi C x y z ; o; ;o o AB2 32 ; BC2 x o2y o2z o 42
Trang 50.25 0,25
Theo gt ta cú hpt :
2
0
4 32
Giải hệ ta cú 2 điểm thoả món đề bài là : 1 2
20 44 20 0; 4;0 ; ; ;
9 9 9
VII.b Tỡm a và n nguyờn dương thỏa món cỏc điều kiện sau:
n n
n
v à A n3 20n (1,0 điểm)
Ta cú: 3 2 2 3 18 0 6
3( )
n
n
Từ giả thiết suy ra :
6
127
1 x C C x C x C x C x C x C x
6 0 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6
1
0 0
1
7
127
a
0.25
0.25
0.25
0.25
Ghi chú: Nếu thí sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa của phần đó.
5