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)
ĐIỂM
Câu I
(2.0đ)
1
(1.0đ)
Chiều biến thiên
lim ( ) lim ( ) 1
→+∞ = →−∞ = nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
lim ( ) , lim
→ = +∞ → = −∞nên x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
1 0 (x 1)
−
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(x0 ; y0) 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 : 2 0 0
1
x
2 0
1
0
x
x y
0.25
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 2-+
f(t) f'(t) x
2 0
1
Ta có d(I ;tt) = 0
4 0
2 1 1 1 ( 1)
x x
− + + Xét hàm số f(t) = 2 4 ( 0)
1
t t
+ ta có f’(t) =
2
(1 )(1 )(1 ) (1 ) 1
0.25
f’(t) = 0 khi t = 1
Bảng biến thiên
chỉ khi t = 1 hay
0 0
0
2
1 1
0
x x
x
=
− = ⇔ =
0.25
+ Với x0 = 0 ta có tiếp tuyến là y = -x
+ Với x0 = 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
4 os3xcosx=2 3 os 2sinxcosx
2cos3x= 3 osx+sinx
c
0.25
+ osx=0 x=
2
+
3x=x- 2 6
2 os3x= 3 osx+sinx cos3x=cos(x- )
6
6
k
π
= − +
0.25
12
24 2
k x
= − +
⇔
= +
vì x [ ]0; , 11 , , 13
π
0.25
Trang 3ĐK: x y, 0
x y
≥
≥
Hệ phương trình
0.25
y x
(do 2y+ x)( x y− + y) 1 0+ ≠ )
3 ( ) 1
3 5.6 4.2 0 ( ) 5.( ) 4 0
3
( ) 4 2
x
x
3 2
0 log 4
x x
=
0.25
0.25 Với x 0 thay vao (2) ta được y = 0
2
log 4
x= 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 4
x= ,y = 3
2
1 log 4 2
0.25
Câu III
(1.0đ) Đặt I = 3
2 0
1
x
+ +
2
x
+ +
Ta tính 3
1 2 1 0
x
1
1
0
Ta tính
2
01
x
x
= +
∫ Đặt t = 4 x ⇒ = ⇒x t4 dx=4t dt3 0.25
Khi đó
2
t
π
Vậy I = I1+ I2
1
3
3e π
0.25
Trang 4B D
A
C P
M
N
Câu IV
(1.0đ)
Ta có xy yz xz 2xyz 1 1 1 2
Tương tự ta có 1 1 1 1 1 x 1 z 1 2 (x 1)(z 1) (2)
0.25
Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta được ( 1)( 1)( 1) 1
8
vậy Amax = 1 3
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
Vậy V = 1
12
2(a + −c b b)( + −c a )(a + −b c )
1.0
Câu
VIa
(2.0đ)
1
(1.0đ)
Gọi A là giao điểm d1 và d2 ta có A(3 ;0)
Gọi B là giao điểm d1 với trục Oy ta có B(0 ; - 4)
Gọi C là giao điểm d2 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
Trang 5B' Y
X
Z
N
D'
C'
A'
C
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
x2 + y2 + z2 +2Ax + 2By+2Cz +D = 0
Vì mặt cầu đi qua 4 điểm nên ta có
5 2
5
2
4
A
A D
C
D
= −
= −
=
Vậy bán kính R = A2+B2+C2− =D 15
1.0
Câu
VIIa
(1.0đ)
Câu
VIb
(2.0đ)
1
(1.0đ)
bất phương trình
3 3
3
3log ( 1) 2log ( 1)
log 4
0 ( 1)( 6)
x x
+ + −
3
log ( 1)
0 6
x x
+
−
0.25
0.25
Ta có F1(− 12;0), ( 12;0)F2 Giả sử M(x0 ; y0)thuộc (E) H là hình chiếu của M trên
đường thẳng 8
3
x= Ta có MF2 = a - cx0/a = 8 3 0
2
x
−
0.5
MH = 8 3 0
3
x
−
Vậy MF2
MH không đổi
0.5
2
(1.0đ) Ta có uuurAB(1;1;1),nuurQ(1; 2;3), uuur uurAB n; Q = − (1; 2;1)
Vì uuur uurAB n; Q ≠ 0r nên mặt phẳng (P) nhận uuur uurAB n; Q làm véc tơ pháp tuyến
Vậy (P) có phương trình x - 2y + z - 2 = 0
1.0
Câu
VIIb
(1.0đ)
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
