SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO CÀ MAU.TRƯỜNG THPT Nguyễn Thị Minh Khai.. Môn thi: TOÁN.. Tính thể tích khôi chóp S.ABC theo a.. Giám thị không giải thích gì thêm.
Trang 1SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO CÀ MAU.
TRƯỜNG THPT Nguyễn Thị Minh Khai ĐỀ THI HỌC KÌ II NĂM HỌC 2012 – 2013. Môn thi: TOÁN.
(Thời gian làm bài:120 phú , không kể thời gian giao đề)
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm )
Câu 1 (3,0 điểm): Cho hàm sô 2 5
1
x y x
+
=
− 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm sô
2) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m, đường thẳng y = 2 x m + luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt
Câu 2 (3,0 điểm):
1) Giải phương trình: 7x + 2.71 x − − = 9 0
0
osx.(1 sinx)
π
3) Cho hàm sô
3
4 3 2 3
+ + +
= x x mx
y Xác định các giá trị tham sô m để hàm sô đã cho đạt cực trị tại 2 điểm x1 và x2 thoả mãn điều kiện : 2 22
2
2
x
Câu 3 (1,0 điểm ):
Cho hình chóp S.ABC có ABC và SBC là các tam giác đều có cạnh bằng 2a, SA =a 3
Tính thể tích khôi chóp S.ABC theo a.
II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm ):
Thí sinh chỉ được chọn 1 trong 2 phần ( phần 1 hoặc phần 2 ) sau:
1 Theo chương trình Chuẩn:
Câu 4a (2,0 điểm):
Trong không gian Oxyz cho mặt phẳng P : x 3y – z 2 0( ) + + = và đường thẳng
3
2
x t
=
= − −
= −
1) Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa d và vuông góc mặt phẳng (P)
2) Viết phương trình đường thẳng d’ qua A(2; -1; 1), song song với (P) và (Q)
Câu 5a (1,0 điểm):
Hãy xác định phần thực, phần ảo của sô phức sau: 1 1
1 2
i
i
−
+
2 Theo chương trình Nâng cao:
Câu 4b (2,0 điểm):
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz ,cho điểm I(1;1;1) và hai đường thẳng (d1) và (d2) có phương trình
(d1) :
+
−
=
+
−
=
+
=
t z
t y
t x
3 1
2 2
1
, (d2) :
6
1 4 2
x
z t
=
= −
=
1) Tính khoảng cách từ điểm I (1;1;1) đến đường thẳng (d1)
2) Viết phương trình đường thẳng ∆ qua I(1; 1; 1) vuông góc với (d1 ) và cắt (d2)
Câu 5b (1,0 điểm ): Giải phương trình sau trên C : (z + 4 – 3i)2 – 4(z + 4 – 3i) +20 = 0
Hết…………
Thí sinh không được sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……… Sô báo danh……… Chữ kí của giám thị 1……… Chữ kí của giám thị 2………
Trang 2HƯỚNG DẪN CHẤM
M
Câu 1
( 3,0
đ)
1 ( 2,0 điểm)
* Sự biến thiên:
+ Chiều biến thiên: = −( − )2 < ∀ ≠
7
x 1
⇒Hàm sô nghịch biến trên các khoảng (−∞;1)và (1;+∞).
0,25
0,25 + Giới hạn:
2 5 lim lim
1
x x
x y
x
+
= = +∞
− ; 1 1
2 5 lim lim
1
x x
x y
x
+
= = −∞
− ⇒x = 1 là tiệm cận đứng
1
x y
x
+
− ⇒y = 2 là tiệm cận ngang
0,25
O,25 + Bảng biến thiên:
x −∞ 1 +∞
y' – –
2 +∞
y −∞ 2
0,25 * Đồ thị: + Đồ thị cắt Oy tại điểm (0;-5) và cắt Ox tại điểm 5;0 2 ÷ + Học sinh dựa vào BBT để vẽ: Vẽ đúng hai tiệm cận cho 0,25 điểm; Vẽ đúng dạng cho 0,25 điểm 0,25 0,25 2.( 1,0điểm) (C) luôn cắt d nếu phương trình 2 5 2 1 x x m x + = + − có nghiệm với mọi m Ta có : 2 5 2 1 x x m x + = + − ( ) 2 5 1 (2 ) 1 x x x m x + = − + ⇔ ≠ ( ) 2 2 4 5 0 (*) 1 x m x m x + − − − = ⇔ ≠ 0,25 0,25 Xét pt (*), ta có : ∆ =m2+56 0,> ∀mvà x=1 không thỏa (*) nên pt luôn có 2 nghiệm khác 1 Vậy (C) và d luôn cắt nhau tại 2 điểm phân biệt
0,25 0,25 Câu 2
(3,0đ) 1.( 1,0 điểm)
x
14
7
−
Đặt t 7 , t 0 = x >
t 2 t
=
+ − = ⇔ − + = ⇔ = ( thỏa mãn t > 0 )
0,25
Với t = 7 ⇔ 7x = ⇔ = 7 x 1
Với t = 2 ⇔ 7x = ⇔ = 2 x log 27
Vậy PT đã cho có hai nghiệm : x=1, x log 2 = 7
0,25 0,25
Trang 32.(1,0 điểm) 2 2
0
osx.(1 s inx)
π
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1 ; x t 2
2
π
I =
2
1
2
t dt t
1
3.(1,0 điểm)
+ y’ = x2 + 4x + 3m
+ Hàm đạt cực trị tại hai điểm x1 và x2 thỏa 2 22
2
2
x khi và chỉ khi y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 thỏa 2 22
2
2
x
' 0 (x x ) 2x x 22
∆ >
+ − =
16 6 22
m m
− >
− =
m = – 1
0,25 0,25
0,25 0,25
Câu 3
(1,0
điểm)
Gọi M là trung điểm đoạn BC, O là trung điểm đoạn AM.
Do ABC và SBC đều có cạnh bằng 2a nên
2
a
Ta có BC SM BC SO
ìï ^
íï ^
Từ (1) và (2) ta suy ra SO ^(ABC) (do AM BC, Ì (ABC))
0,25
Thể tích khôi chóp S.ABC
3
0,25
Câu
4a
(2,0
điểm)
1.(1,0 điểm)
d đi qua điểm M (0 ; -4 ; 2) và có VTCP là ar=(3; 1; 1)− − ; (p) co VTPT là nuurp =(1;3; 1)−
; p (4;2;10)
nr=a nr r =
0,25 0,25
Do (Q) chứa d và vuông góc (p) nên (Q) qua M(0; -4; 2) và có VTPT nr=a nr r; p=(4;2;10)
=> phương trình (Q): 2x + y + 5z – 6 = 0
0,25
0,25 2.(1,0 điểm)
Do ∆ song song với (P) và(Q) nên ∆ có VTCP ur=n nr rp; =(16; 7; 5)− − 0,5 Suy ra PT đường thẳng
2 16
1 5
= +
∆ = − −
= −
0,5
Câu
5a
(1,0
điểm)
− − − −
= + + = + + = + + −
0,25x 3 Vậy phần thực 4
5
a= , phần ảo 2
5
b=
0,25
Trang 4(2,0
điểm )
1.(1,0 điểm)
1) d1 qua điểm A(1,–2, –1) và có VTCP ur
AI
uur
= ( 0, 3, 2); [uurAI
d(I, d) = , 38
14
AI u u
=
uur r
7
0,25 0,25
2.(1,0 điểm)
2) K(6, 1 – 4t, 2t)∈d2 , uurIK = (5, – 4t, 2t – 1) 0,25
IK
uur
⊥ur
Suy ra đường thẳng ∆ nhận IKuur
= (5, – 4 , 1) làm VTCP nên có phương trình:
x− = y− = z−
−
0,25 0,25 Câu5b
(1,0đ) (z + 4 – 3i)2 – 4(z + 4 – 3i) +20 = 0 (1)
Đặt t = z + 4 – 3i thì (1) có dạng t2 – 4t + 20 = 0 (2)
(2) có ∆'= – 16 = (4i)2 suy ra (2) có hai nghiệm t1 = 2 + 4i và t2 = 2 – 4i
0,25 0,25
Ta có z + 4 – 3i = 2 + 4i ⇔z = – 2 + 7i
Vậy phương trình có hai nghiệm : z = – 2 + 7i và z = – 2 – i 0,25