Trờng THPT Nông Cống 2 Đáp án-Thang điểm Đề thi khảo sát chất lợng lần 3 năm học 2010-2011 Môn:Toán.Khối 12 P N NY Cể 5 TRANG Câu Nội dung Điểm I Cho hm s ( ) ( ) 3 2 2 2 y x 3mx 3 m 1 x m 1= + ( m l tham s) (1). 2,0 1 Kho sỏt s bin thiờn v v th ca hm s (1) khi m 0. = 0,25 Với m = 0 , ta có : y = x 3 3x + 1 - TXĐ: R - Sự biến thiên: + ) Giới hạn : x x Lim y ; Lim y + = = + 0,25 0,25 0,25 2 Tỡm cỏc giỏ tr ca m th hm s (1) ct trc honh ti 3 im (1,0 điểm) 0,5 Để ĐTHS (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ dơng, ta phải có : ( ) ( ) ( ) 1 2 y' 1 2 x x 0 x 0 x 0 y y 0 y 0 0 > > > < < V (I) Trong đó : y = 3( x 2 2mx + m 2 1) y = m 2 m 2 + 1 = 1 > 0 với mọi m y = 0 khi x 1 = m 1 = x CĐ và x 2 = m + 1 = x CT . (I) ( ) ( ) ( ) ( ) > + > < < < < + 2 2 2 2 m 1 0 m 1 0 m 1 m 3 m 2m 1 0 m 1 0 3 m 1 2 Vy < < +3 m 1 2 0,5 1 y y x + + + -1 + 00 - 1 3 -1 6 4 2 -2 -4 -5 5 10 y x II 1 Giải phơng trình: ( ) 2 sin 1 sin 2 4 1 tan cos x x x x + ữ = + (1) (1,0 điểm) +Điều kiện: cos 0 , 2 x x k k Z + (*) +Phơng trình (1) tơng đơng ( ) ( ) ( ) ( ) 2 cos sin sin cos sin cos sin cos cos2 1 0 sin cos 0 tan 1 4 cos2 1 cos2 1 x x x x x x x x x x x x x k x x x k + = + + = + = = = + = = = (Thoả mãn (*)) Vậy,nghiệm của phơng trình (1) là 2 2 x k = + và 2 ,x k k Z = + 0,25 0,25 0,25 0,25 2 Giải hệ phơng trình ( ) ( ) 2 3 4 6 2 2 2 2 1 1 x y y x x x y x + = + + + = + (1,0 điểm) Điều kiện: 1 2 y x Phơng trình (1) tơng đơng ( ) ( ) ( ) 2 2 3 6 2 2 2 2 4 2 2 0 2 0x y x y x y x x y yx x y x + = + + + = = Do 2 2 2 4 2 2 4 2 (2 ) 0, 2, 1x y yx x x y y x x y+ + + = + + + > .Thay vo (2) ta cú: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 2 2 1 1 0 1 ( ) 1 2 1 0 3 1 2 x x x x x x x x x x x VN x x x x x + + = + + + + + + = + = + + = = + = KL:HPT cú 2 nghim ( ) ( ) 3;3 ; 3;3 0,25 0,25 0,25 0,25 III Tớnh tớch phõn : 2 4 4 2 4 sin cos (tan 2tan 5) xdx x x x + (1,0 điểm) t 2 tan 1 dt t x dx t = = + . Ta co 1 1 2 2 2 1 1 2 2 ln 3 3 2 5 2 5 t dt dt I t t t t = = + + + ; Tinh 1 1 2 1 2 5 dt I t t = + . t 0 1 4 1 1 tan 2 2 8 t u I du = = = . Võy 2 3 2 ln 3 8 I = + . 0,25 0,25 0,25 0,25 IV Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh thoi (1,0 điểm) 2 Từ giả thiết AC = 2 3a ; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với nhau tại trung điểm O của mỗi đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = 3a ; BO = a , do đó · 0 60A DB = .Hay tam giác ABD đều. Từ 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 = 3a ; OK // DH và 1 3 2 2 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 ⇒ 2 2 2 1 1 1 2 a SO OI OK SO = + ⇒ = Diện tích đáy 2 4 2. . 2 3 D S ABC ABO S OAOB a ∆ = = = ; đường cao của hình chóp 2 a SO = . 0,25 Thể tích khối chóp S.ABCD: 3 . 1 3 . 3 3 D DS ABC ABC a V S SO= = 0,25 V Chứng minh rằng: a b b c c a 2 2 2 1 1 1 9 4 ( ) ( ) ( ) + + ≥ − − − với [ ] , , 0;2a b c ∈ (1,0 ®iÓm) Sử dụng BĐT giữa TBC-TBN với x > 0, y > 0, ta có: x y xy xy x y 2 2 2 1 1 1 ( ) 2. .4 8   + + ≥ =  ÷   . Suy ra: x y x y 2 2 2 1 1 8 ( ) + ≥ + (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: a b b c a b b c a c 2 2 2 2 1 1 8 8 ( ) ( ) ( ) ( ) + ≥ = − − − + − − . Đẳng thức xảy ra ⇔ a – b = b – c. 0,5 Suy ra: a b b c c a a c c a a c 2 2 2 2 2 2 1 1 1 8 1 9 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) + + ≥ + = − − − − − − . 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: a b b c c a a c 2 2 2 2 1 1 1 9 9 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 (2;3)M .Viết phương trình đường thẳng lần lượt cắt các 3 S A B K H C O I D 3a a trc Ox,Oy ti A,B sao cho tam giỏc MAB vuụng cõn ti (1,0 điểm) Gi ( ) ( ) ;0 ; 0;A a B b ta cú: ( ) ( ) 2; 3 ; ;MA a BA a b= = uuur uuur .Theo gi thit 0.25 ( ) ( ) 2 2 2 2 3 3; 1 . 0 3; 5 2 9 a a b a b MA BA a b MA BA a a b = = = = = = = + = + uuur uuur 0,5 Vy cú 2 ng thng tho món: 3 3 0 ; 5 3 15 0x y x y = + + = 0,25 VIIa Lp cỏc s t nhiờn cú 3 ch s khỏc nhau t cỏc ch s { } 1;3;4;5;6 .Hóy tớnh xỏc sut s lp c s t nhiờn chia ht cho 3 (1,0 điểm) Gọi số cần lập là 321 aaa 3 . Vì (a 1 +a 2 +a 3 ) 3 Nhận thấy chỉ có 4 cặp: (1;3;5); (1;5;6);(3;4;5);(4;5;6) thoả mãn to nờn s chia ht cho 3 0.25 Mà mỗi bộ cho ta P 3 = 6 số.Vậy có 4.6= 24 (số) chia ht cho 3 c to ra 0.25 S cỏc s chia ht cho 3 v cú 3 ch s khỏc nhau lp c t: { } 1;3;4;5;6 l: 3 5 60A = (s) 0.25 Xỏc sut cn tỡm l: 24 0,4 60 P = = 0.25 0.25 0,5 2 Trong khụng gian vi h to Oxyz,cho mt phng (P): 3 2 4 0x y z+ + = (1,0 điểm) Gi ( ) ; ;K x y z vỡ ( ) ( ) ( ) 2;2;0 2 ;2 ; ; 3;2; 1 P I KI x y z n = = uur uur ( ) ( ) 2 2 2 3 2 4 ; d , 14 x y z KO x y z K P + + = + + = Theo gi thit ta cú hpt: 2 2 2 3 2 4 2 3 1 1 3 14 2 2 ; ; 4 2 4 2 2 3 3 2 1 4 x y z x z x y z y z K x y z z + + = = + + = ữ = = = VI.b 1 cho ng trũn ( ) 2 2 1 : 2 3 0C x y y+ + = v ng trũn ( ) 2 2 2 : ( 1) 2C x y + = (1,0 điểm) ng trũn ( ) 1 C cú tõm ( ) 1 0; 1I ;Bỏn kớnh: 1 2R = ; ng trũn ( ) 2 C cú tõm ( ) 2 1;0I Bỏn kớnh: 2 2R = . T gi thit ta cú l tip tuyn ca ng trũn ( ) 1 C v cỏch tõm 2 I mt khong bng: 2 2 2 1 2 EF R = ữ TH1: Nu ng thng ( ) vuụng gúc vi trc Ox ( ) cú pt dng : x m = 0. T gt ta cú d( 1 I , ) = 1 R v d( 2 I ; ) = 1 ta cú m = 2.Vy pt ng thng ( ): x 2 = 0. TH2: Nu ng thng ( ) khụng vuụng gúc vi trc Ox ( )cú pt dng: kx y + b = 0 T gt ta cú d( 1 I , ) = 1 R v d( 2 I ; ) = 1 Ta cú h: 2 2 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 1 0 1 1 3 1 1 2 1 2 1 1 b b k b k k k k b b b k b k b b k k + = = + = + = + = + = + = + = + = + + Vy cỏc ng thng cn lp cú pt: 2 0; 1 0x y = = 0.25 4 2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz,cho 2 điểm ( ) 4;0;0 ; (0;0;4)A B và mặt phẳng (1,0 ®iÓm) Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của đoạn AB thì pttq của (P) là: 0x z − = Gọi ( ) ; ; o o o C x y z ; ( ) 2 2 2 2 2 32 ; 4 o o o AB BC x y z= = + + − Theo gt ta có hpt : ( ) 2 2 2 0 2 2 4 0 4 32 o o o o o o o o x z x y z x y z  − =   − + − =   + + − =   Giải hệ ta có 2 điểm thoả mãn đề bài là : ( ) 1 2 20 44 20 0;4;0 ; ; ; 9 9 9 C C   =  ÷   VII.b Tìm a và n nguyên dương thỏa mãn các điều kiện sau: 2 3 1 0 1 2 127 2 3 1 7 n n n n n n a a a aC C C C n + + + + + = + v à 3 20 n A n= (1,0 ®iÓm) Ta có: 3 2 6 2 3 18 0 3( ) n n A n n n n loai =  = ↔ − − = ↔  = −  Từ giả thiết suy ra : 2 3 7 0 1 2 6 6 127 2 3 7 7 n n n a a a aC C C C+ + + + = Ta có: ( ) 6 0 1 2 2 3 3 4 4 5 5 6 6 6 6 6 6 6 6 6 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 6 6 6 6 6 6 6 0 0 1 a a x dx C C x C x C x C x C x C x dx→ + = + + + + + + ∫ ∫ ( ) ( ) 7 2 3 4 5 6 7 0 1 2 3 4 5 6 6 6 6 6 6 6 6 0 0 7 2 3 4 5 6 7 0 1 2 3 4 5 6 6 6 6 6 6 6 6 1 7 2 3 4 5 6 7 1 1 7 2 3 4 5 6 7 a a x x x x x x x C x C C C C C C a a a a a a a C C C C C C C +   = + + + + + +  ÷   + − ↔ = + + + + + + ( ) ( ) 7 7 7 1 1 127 1 128 2 1 7 7 a a a + − → = ↔ + = = ↔ = .Vậy 1; 6a n= = 0.25 0.25 0.25 0.25 Ghi chó: NÕu thÝ sinh gi¶i c¸ch kh¸c ®óng vÉn cho ®iÓm tèi ®a cña phÇn ®ã. 5 . THPT Nông Cống 2 Đáp án- Thang điểm Đề thi khảo sát chất lợng lần 3 năm học 201 0-2 011 Môn: Toán. Khối 12 P N NY Cể 5 TRANG Câu Nội dung Điểm I Cho hm s ( ) ( ) 3 2 2 2 y x 3mx 3 m 1 x m 1= + . < < < < + 2 2 2 2 m 1 0 m 1 0 m 1 m 3 m 2m 1 0 m 1 0 3 m 1 2 Vy < < +3 m 1 2 0,5 1 y y x + + + -1 + 00 - 1 3 -1 6 4 2 -2 -4 -5 5 10 y x II 1 Giải phơng trình: ( ) 2 sin. 32 1 aaa 3 . Vì (a 1 +a 2 +a 3 ) 3 Nhận thấy chỉ có 4 cặp: (1 ;3; 5); (1;5;6); (3; 4;5);(4;5;6) thoả mãn to nờn s chia ht cho 3 0.25 Mà mỗi bộ cho ta P 3 = 6 số.Vậy có 4.6= 24 (số) chia ht cho 3 c