Tính thể tích khối chóp.. PHẦN RIÊNG 3,0 điểm Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần phần A hoặc B A.. Lập phương trình cạnh BC.. Tìm tọa độ điểm M thuộc trục cao Oz sao cho thể tích
Trang 1TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4
-*** -ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG DẠY – HỌC BỒI DƯỠNG LẦN II
NĂM HỌC: 2010 – 2011 Môn: TOÁN; Khối: D
(Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
y x m x m m x , với m là tham số thực
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m = 0
2 Tìm m để hàm số đồng biến trên khoảng (2; )
Câu II (2,0 điểm)
1 Giải phương trình: sin 4 cos4 4 2 sin( ) 1
4
2 Giải phương trình: x 5 2 7 x3 5 x 20
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân:
1
3 1 0
d
x
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng 2a, khoảng cách giữa AB và SC là
a 3 Tính thể tích khối chóp
Câu V (1,0 điểm) Chứng minh rằng với mọi x y z , , dương thỏa mãn xy yz zx 3 ta có:
1
2 xyz x y y z z x .
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần A hoặc B)
A Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độOxy, lập phương trình đường thẳng ∆ đi qua M(2; 3) và cắt đường tròn
2 2 2 2 2 0
x y x y tại hai điểm A, B sao cho AB 2 3
2 Trong không gian Oxyz cho (P): 3 x 2 y 3 z 7 0 và : 2 4 1
d Viết phương trình đường thẳng đi qua A(-1; 0; 1) song song với mặt phẳng (P) và cắt đường thẳng d
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm phần thực và phần ảo của số phức z (1 i )n, biết rằng n Nvà thỏa mãn phương trình: log (4 n 3) log (4 n 9) 3
B Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng Oxy cho ABC có phương trình các cạnh AB, AC lần lượt là: 2 x y 3 0,
0
x y và trọng tâm G(2; -1) Lập phương trình cạnh BC.
2 Trong không gian tọa độ Oxyz cho A(1;2; 1), ( 1;1;2), (2; 1; 2) B C , D là đỉnh còn lại của hình bình
hành ABCD Tìm tọa độ điểm M thuộc trục cao (Oz) sao cho thể tích khối chóp M.BCD bằng 4.
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình:
log 1 log 2
-Hết -Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ……….………… ; Số báo danh: …….……
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 2y
1
-1 2
-1
-1
TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 4
-*** -ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG DẠY – HỌC BỒI DƯỠNG LẦN II
Môn: TOÁN; Khối: D; NĂM HỌC: 2010 – 2011
(Đáp án – thang điểm gồm có 06 trang)
I.1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0 1,0
Khi m = 0, hàm số trở thành y 2 x3 3 x2 1
TXĐ: D = R
Sự biến thiên:
1
x
x
0,25
Hàm số đồng biến trên các khoảng( ;0) µ (1;+ ) v , nghịch biến trên khoảng (0;1)
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tạix 0; yC§ 1, đạt cực tiểu tại x 1, yCT 0 Giới hạn: limx y ; limx y
0,25
- Bảng biến thiên:
x 0 1
y’ + 0 – 0 + y
1
0
0,25
Đồ thị:
0,25
Có y ' 6 x2 6(2 m 1) x 6 ( m m 1) 6 x2 (2 m 1) x m m ( 1) 0,25
2
1
x m
x m
0,25 Hàm số đồng biến trên (2; ) y ' 0 x 2 0,25
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 3II 2,0
II.1 Giải phương trình: sin 4 cos4 4 2 sin( ) 1 (1)
4
Ta có:
2
cos 2 (sin2 cos 2 ) 2(sin cos )
0,25
(cos sin )(sin2 cos 2 ) 2
0,25
4 (cos sin )(sin2 cos 2 ) 2 (2)
0,25
(2) cos3 sin 2 cos3 1
x
x
(vô nghiệm)
4
x k k z
0,25
Điều kiện: x3 5 x 0 x 0
Khi đó (2) x2 10 x 5 7 x3 5 x 0 0,25 Nhận thấy x 0 không phải là nghiệm của (2) nên chia cả hai vế của (2) cho xta
Ta được
5( / )
t
t t
t t m
0,25
Với
2
25 11 5
25 11 5 2
x
x
x
0,25
III Tính tích phân:
1
3 1 0
d
x
Đặt 2 2
3
Đổi cận:
2 1
2 3
t
I te dt
0,25
Trang 4O J
A B
C
S
M
Đặt u t t du tdt
dv e dt v e
0,25
2
1 1
I te e dt e
IV Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng 2a, khoảng cách giữa AB và SC là
Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB
và CD
Vì AB // CD nên AB // (SCD)
d AB SC d AB SC
d I SCD
Ta có:
( ) (1)
IJ CD
CD SIJ
SJ CD
0,25
Trong mp(SIJ) kẻ IM SJ (2)
do CD ( SIJ ) CD IM (3)
Từ (2) và (3) ta có IM ( SCD ) d I SCD ;( ) IM a 3
0,25
Gọi O là giao điểm của AC và BC, ta có SO ( ABCD ).
Xét IJMvuông có IJ 2 a,
IM a
IJ a
0,25
Thể tích khối chóp là: 1 D.
3 ABC
V S h
D
ABC
S h SO a V a a a
0,25
V
Chứng minh rằng với mọi x y z , , dương thỏa mãn xy yz zx 3 ta có:
1
2xyz x y y z z x .
1,0
Áp dụng BĐT côsi ta có:
2.
2 2
xyz x y y z z x xyz x y y z z x
xz yz xy xz yz xy
0,25
3
xy yz zx
xz yz xy xz yz xy ( xz yz xy )( xz yz )( xy ) 8
0,25
Trang 5d B A
R
B N
A
I
M
Do đó:
1
Dấu “=” xảy ra
2
1 3
xyz x y y z z x
xz yz xy xz xy yz x y z
xy yz zx
0,25
VI.a.1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, lập phương trình đường thẳng ∆ đi qua M(2; 3) và cắt đường tròn x2 y2 2 x 2 y 2 0 tại hai điểm A, B sao cho AB 2 3 1,0
Đường tròn có tâm I(1; 1), bán kính R = 2
Gọi N là trung điểm AB
1
0,25
Vì đi qua M(2; 3) nêncó dạng:
2 2
a x b y a b
2 2
2
d I
a b
0,25
=>
0 4 3
b
0,25
- Với b = 0, chọn a = 1 khi đó phương trìnhlà: x – 2 = 0
- Với 4
3
b a, chọn a = 3, => b = –4 ta có phương trình :3 x 4 y 6 0 KL: có 2 phương trình đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là: x – 2 = 0 và
3 x 4 y 6 0
0,25
VI.a.2
Trong không gian Oxyz cho (P): 3 x 2 y 3 z 7 0 và : 2 4 1
Viết phương trình đường thẳng đi qua A(-1; 0; 1) song song với mặt phẳng (P) và cắt đường thẳng d.
1,0
GọiB d B (2 3 ; 4 t 2 ;1 2 ) t t
Ta có: AB (3 3 ; 4 t 2 ;2 ). t t 0,25 v× ( ) P AB np
; n p(3; 2; 3)
. p 0
AB n
17 7
t
0,25
Vậy ∆ có phương trình: 1 1
15 3 17
Trang 6A
VII.a Tìm phần thực và phần ảo của số phức z (1 i )n, biết rằng n Nvà thỏa mãn
Điều kiện:
3
n N n
Phương trình:log (4 n 3) log (4 n 9) 3 log (4 n 3)( n 9) 3
0,25
13(lo¹i)
n t m
n
0,25
z i i i i i i i i 0,25 Vậy phần thực của số phức z là 8; phần ảo là –8 0,25
VI.b.1 Trong mặt phẳng Oxy cho ABC có phương trình các cạnh AB, AC lần lượt là:
2 x y 3 0, x y 0 và trọng tâm G(2; -1) Lập phương trình cạnh BC 1,0
Tọa độ A thỏa mãn hpt:
(1; 1)
A
Gọi B(b; 2b – 3), C(c; –c) vì G là trọng tâm tam giác ABC nên
b c
0,25
2
(2;1), (3; 3) 3
b
c
0,25
Phương trình cạnh BC là: 2 1 4 9 0
x y
Vậy phương trình cạnh BC là: 4 x y 9 0
0,25
VI.b.2 Trong không gian tọa độ Oxyz cho
(1;2; 1), ( 1;1;2), (2; 1; 2)
lại của hình bình hành ABCD Tìm tọa độ điểm M thuộc trục cao sao cho thể tích khối chóp M.BCD bằng 4.
1,0
Do D là đỉnh thứ tư của hình bình hành ABCD nên có: A D BC Gọi D x y z ( ; ; ) AD ( x 1; y 2; z 1), BC (3; 2; 4)
0,25
Vì M Oz M0;0;a Có: (3; 2; 4), (5; 1; 7) , 10;1;7
BC BD BC BD , 1; 1, 2
=> Thể tích khối chóp M.BCD là: 1 1
0,25
Trang 7Theo bài ra ta có .
29
19 6
7
M BCD
a
a
0,25
0;0;
7
M
0;0;
7
M
VII.b Giải phương trình: log 3 1 log 3 2
ĐK: x 0
Ta có:
0,25
Đặt log3 3t
Phương trình (*) trở thành: 1 9 3 3 2
t
Khi t 2 log3 x 2 x 9