Sở 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 Đáp án điểm Câu I (2,0 điểm) 1.(1,0 điểm ) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số Khi 3=m ,hàm số có trở thành 23 3 += xxy . Tập xác định : RD = . Sự biến thiên : -Chiều biến thiên : 10',33' 2 === xyxy . 0,25 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng );1(),1;( + ;nghịch biến trên )1;1( . -Cực trị:Hàm số đạt cực đại tại ;4,1 == CD yx đạt cực tiểu tại 0,1 == CT yx . -Giới hạn : +== + xx lim,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 )(xfy = với trục Ox : x x mmxx 2 02 3 3 + ==++ (vì 0=x không thoã mãn). 0,25 Đặt hàm số x x xg 2 )( 3 + = với { } 0\Rx . Ta có =)( ' xg 2 3 22 x x .Lập bảng biến thiên của hàm số )(xg 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 my = phải có đúng một điểm chung với đồ thị hàm số 33)( ><= mmxgy 0,25 Câu II (2,0 điểm ) 1.(1,0 điểm ) .Giải phơng trình Với điều kiện 02sin x ,phơng trình đã cho tơng đơng với : )cos3(sin4cot3tan xxxx += 0,25 += += += = = = =+ +=+ 3 2 9 4 2 3 3 2sin) 3 sin( 3tan 2sin2cos3sin 0cos3sin )cos3(sin2sin2)cos3)(sincos3(sin n x mx kx xx x xxx xx xxxxxxx 0,50 Kết hợp điều kiện ta đợc nghiệm của phơng trình là: Zk k xkx +=+= , 3 2 9 4 , 3 . 0,25 2.(1,0 điểm ) .Giải phơng trình Đặt 022,0132 22 =++= xvxxu (*).Ta đợc phơng trình: =+ = =+ = 3 0)3)(( 3 22 vu vu vuvu vu vu . 0,25 Với : 1 1 );1[]1;( 22132 22 = = + =++= x x x xxxvu 0,25 Với 3 =+ vu ,kết hợp với 133 22 +=+= xvuxvu .Từ đó ta có =+ +=+++= 01247 4 4132242 2 2 xx x xxxxu Giải ta đợc 7 882 =x thoã mãn điều kiện . Vậy phơng trình đã cho có ba nghiệm : 7 882 ,1 == xx 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. xxxdxxxI 0,25 ++ ++ + = ++ + = 1 0 22 2 1 0 2 2 2 1 1 . 2 3 1 12 . 2 1 2 2ln 1 3log 1 2 2ln 1 3log dx xxxx x dx xx xx 0,25 Jxxx 2ln.2 3 ))1ln( 2 1 2( 2ln 1 3log 1 0 2 2 +++= . với ++ = 1 0 2 1xx dx J 0,25 Đặt tx tan 2 3 2 1 =+ ,với 2 ; 2 t .Khi đó ta có : == + + = 3 6 2 2 33 6 . 3 2 )tan1( 4 3 )tan1( 2 3 t dtt J . Vậy )2 32 ( 2ln 1 3log 2 3 32 . 2ln 1 2ln2 3ln 2ln 2 3log 22 +=++= I . 0,25 Câu IV Tính thể tích khối chóp (1,0 điểm) Dựng SH vuông góc BE ,dễ dàng chứng minh SH là đờng cao của hình chóp S.BCFE. Ta có 0 30 3 1 tan === ABE AB AE ABE . .30sin.2 60cos 0 0 aSBSHa AB SB ==== 0,25 3 2 3 2 2 aa aBE =+= . Ta có . 3 4 3 3/3 a a aa a SA AESA AB SA SE ABEF = = == Nhận thấy BE 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 33 10 3 4 . 3 2 2 1 2. 3 2 2 1 . 2 1 . 2 1 2 aaa a a EFBEBCBESSS CEFEBCBCFE =+=+=+= 0,25 Vậy thể tích của khối tứ diện S.BCFE bằng : 39 10 33 10 . 3 1 3 1 32 aa aSSHV BCFE === (đvtt). 0,25 Tìm giá trị nhỏ nhất Ta có . 121212 ),,( 222222 zxyzxy zyxF +++++= áp dụng bất đẳng thức cơ bản : 2222 )( 3 1 cbacba ++++ cho ba số thực dơng.Ta có : 0,25 ). 12 ( 3 111112 ). 12 ( 3 111112 ). 12 ( 3 111112 22222 22222 22222 zx zxxzx yz yzzyz xy xyyxy +++=+ +++=+ +++=+ 0,50 Cộng từng vế các bất đẳng thức trên cho ta : ) 111 (3),,( zyx zyxF ++ .Theo giả thiết thì 2010 111 =++ zyx .Do vậy 32010),,( zyxF .Dấu bằng xảy ra khi : 3 2010111 === zyx . Hay 2010 3 === zyx . 0,25 1.(1,0 điểm ) .Lập phơng trình đờng tròn nội tiếp Gọi điểm I );( ba .Vì cạnh BC nằm trên trục hoành và I có tung độ dơng nên 5102 == rb . 0,25 Ta có 0 0 0 135 2 90 180 2 180 == + = CB BIC O . )5102;9(),5102;1( + aCIaBI .Theo công thức tích vô hớng ta có: )1)(5102(10. 2 1 .2.2135sin 135cos 0 0 ==== = rBCSCIBI CIBICIBI BIC . 0,25 Mặt khác )2(1020568)5102()9)(1(. 22 +=++= aaaaCIBI . Từ (1),(2) suy ra : )5102(101020568 2 =+ aa = += =+ 104 104 068 2 a a aa Có hai tâm I cần tìm :I( 5102;104 + ),I( 5102;104 ). Vậy có hai đờng tròn thoã mãn yêu cầu bài toán có phơng trình lần lợt: 102065)1025()104( 22 =++ yx và 102065)1025()104( 22 =+++ yx . 0,50 2.(1,0 điểm) Lập phơng trình tham số giả sử d cắt 1 d tại )2;33;21( tttM + ,cắt 2 d tại )'55;'4;'65( tttN + . Ta có )2'55;33'4;2'64( ttttttMN +++= .Vì d song song với (P) nên 0,25 0)2'55(2)33'4(2)2'64(10. )( =++++= ttttttnMN P . 'tt = . 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: . 1 0 6612 2 2)2(1 1)2(2)33(221 222 = = = = ++ ++ t t t ttt Với 00 ' == tt suy ra dM )0;3;1( và )5;3;4( MN là véc tơ chỉ phơng của d ,suy ra phơng trình tham số cuả = = += uz uy ux d 5 33 41 : . Với 1'1 == tt suy ra dM )2;0;3( và )2;4;4( MN là véc tơ chỉ ph- ơng của d ,suy ra phơng trình tham số của . 22 4 43 : = = = vz vy vx 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: 0)1)(log32.24( 2 + xx xx Bất phơng trình tơng đơng với : + 01log 032.24 2 xx xx (I) hoặc + 01log 032.24 2 xx xx (II) 0,25 Với bất phơng trình : 3log 12 32 032.24 2 x x x xx . 0,25 Với bất phơng trình : 01log 2 + xx ,ta xét hàm số 1log)( 2 += xxxf ,nhận thấy )(xf đồng biến trên );0( + và 0)1( =f bất phơng trình đã cho có dạng: )1()( fxf )3log(10 2 << x . Vậy hệ (I) vô nghiệm. 0,25 Giải tơng tự cho hệ (II) ta đợc tập nghiệm của hệ ban đầu [ ] 3log;1 2 x 0,25 1.(1,0 điểm ) Lập phơng trình tổng quát Đờng thẳng d cần tìm có dạng : )0(,0 22 +=++ bacbyax . Theo yêu cầu bài toán ta có: +=+ +=+ 22 22 423 2 baacb baacb 0,25 Hệ đã cho tơng đơng với : +=+ +=+ 22 2 23222 baacb acbacb += = += = )( ) 5 34 (102 5 34 )( 22 22 22 II ca aac ca b I caac cb 0,25 Hệ (I) cho ta = = = =+ = 3 4 0 043 2 c a a cb aca cb . Với = = 0a cb cho ta phơng trình 01: =+yd . Với = = 3 4c a cb cho ta phơng trình :d 0334 = yx . 0,25 Hệ (II) cho ta 0=== cba (không thoã mãn ). Vậy có hai đờng thẳng cần tìm có phơng trình tổng quát: 0334,01 ==+ yxy . 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 = += += tz ty tx d 5 3 41 :' . 0,25 Tìm trên 'd điểm N sao cho MN = 422 . Vì N thuộc 'd nên N(1+4t;-3+t;-5t). MN= 242242422 2 == tt . 0,25 Với t=2 ,suy ra N(9;-1;-10) ,đờng thẳng 1 d vuông góc với d và nằm trong (P) nên có véc tơ chỉ phơng [ ] dP unu ;= ,chọn )1;3;2( u ,ta có phơng trình chính tắc của 1 d : 1 10 3 1 2 9 + = + = zyx . 0,25 Với t=-2 ,suy ra N(-7;-5;10) ,đờng thẳng 1 d vuông góc với d và nằm trong (P) nên có véc tơ chỉ phơng [ ] dP unu ;= ,chọn )1;3;2( u ,ta có phơng trình chính tắc của 1 d : 1 10 3 5 2 7 = + = + zyx . Vậy có hai đờng thẳng cần tìm. 0,25 Câu VII.b (1,0 điểm) Điều kiện 0, >yx . Xét phơng trình thứ nhất trong hệ:Đặt )(log 3 2 xy t = , 0 > t . Phơng trình trở thành: = = = )(2 )(1 02 2 tmt lt tt . Với t=2 suy ra 31)(log 3 == xyxy (1). 0,25 Xét phơng trình thứ hai trong hệ ta có: )62(log)44(log 2 4 22 4 xyxyx +=+ = = =+ )3(2 )2( 0462 22 yx yx yxyx . 0,25 Kết hợp (1),(2) ta đợc hệ: = = = = = = = = )( 3 3 )( 3 3 3 3 2 l y x tm y x xy x xy xy 0,25 Kết hợp (1),(3) ta đợc hệ: = = = = = = = = )( 2 3 6 )( 2 3 6 2 2 3 2 3 2 l y x tm y x yx y yx xy Vậy hệ phơng trình có hai nghiệm: = = 3 3 y x và = = 2 3 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 . ++ ++ + = ++ + = 1 0 22 2 1 0 2 2 2 1 1 . 2 3 1 12 . 2 1 2 2ln 1 3log 1 2 2ln 1 3log dx xxxx x dx xx xx 0 ,25 Jxxx 2ln .2 3 ))1ln( 2 1 2( 2ln 1 3log 1 0 2 2 +++= . với ++ = 1 0 2 1xx dx J 0 ,25 Đặt tx tan 2 3 2 1 =+ . : 0 ,25 ). 12 ( 3 1111 12 ). 12 ( 3 1111 12 ). 12 ( 3 1111 12 222 22 222 22 222 22 zx zxxzx yz yzzyz xy xyyxy +++=+ +++=+ +++=+ 0,50 Cộng từng vế các bất đẳng thức trên cho ta : ) 111 (3),,( zyx zyxF ++ .Theo giả thi t thì 20 10 111 =++ zyx .Do. ,với 2 ; 2 t .Khi đó ta có : == + + = 3 6 2 2 33 6 . 3 2 )tan1( 4 3 )tan1( 2 3 t dtt J . Vậy )2 32 ( 2ln 1 3log 2 3 32 . 2ln 1 2ln2 3ln 2ln 2 3log 22 +=++= I . 0 ,25 Câu IV Tính