Toán 12 - cuối năm 2010-2011

Quay khối chóp S.ABC quanh trục SO ta được một khối tròn xoay.. Tính thể tích của khối tròn xoay đó.. Phần riêng: 3 điểm Thí sinh chỉ được chọn làm một trong 2 phần sau.. Viết phương t

SỞ GD – ĐT NAM ĐỊNH

TRƯỜNG THPT GIAO THUỶ B

ĐỀ THI CHẤT LƯỢNG TOÁN 12 CUỐI NĂM HỌC 2010 – 2011

Thời gian làm bài: 120 phút

Phần chung: ( 7 điểm )

Câu1: ( 3 điểm )

Cho hàm số y = – x4 + 2x2 – 1

a Khảo sát và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số

b Dùng đồ thị để biện luận theo m số nghiệm của phương trình 2x4 – 4x2 + m = 0

Câu 2: (3 điểm )

a Giải phương trình 3ln x +2 – ln 2 5

3 x + +2 = 0

b Tính tích phân I= ∫1 − −

0

) (e x xe x dx

c Tìm tất cả các nghiệm trên khoảng( )

2

;

0 π

của phương trình sin 2x – 1 = log2 (sinx) + cosx

Câu 3: (1 điểm )

Cho khối chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a cạnh bên tạo với mặt đáy góc 300.Gọi O là hình chiếu của S lên mặt phẳng đáy (ABC)

Quay khối chóp S.ABC quanh trục SO ta được một khối tròn xoay

Tính thể tích của khối tròn xoay đó

Phần riêng: ( 3 điểm) Thí sinh chỉ được chọn làm một trong 2 phần sau.

Phần1:

Câu 4a ( 2 điểm )

Trong hệ trục Oxyz cho hai điểm A( 1; –3; –1), B(– 2; 1; 3)

a Viết phương trình chính tắc của đường thẳng AB Tìm toạ độ điểm M thuộc Oz sao cho tam giác ABM vuông tại M

b Viết phương trình tổng quát của mặt phẳng ( P) biết (P) qua A, B và vuông góc với mp(Oxy)

Câu 5a ( 1điểm )

Tìm z biết z là nghiệm của phương trình z + 6 = z

i

i

1

4 2

−

+

Phần 2:

Câu 4b ( 2 điểm )

Trong hệ trục Oxyz cho tam giác ABC có A(1 ; 2; –3), B( 0; 1; 1) và C ( –1;–1; 0)

a Viết phương trình mặt phẳng (ABC) và tính diện tích tam giác ABC

b Viết phương trình đường thẳng d với d là hình chiếu vuông góc của đường thẳng

AB lên mp(Oxz)

Câu 5b ( 1 điểm )

Giải phương trình trên tập số phức z2 – 5z +7 = 0

––––––––––––––––HÕt––––––––––––––––––

Hä vµ tªn thÝ sinh: ……… Sè b¸o danh ………

Ch÷ kÝ cña gi¸m thÞ 1: ……… Ch÷ kÝ cña gi¸m thÞ 2 ………

Đáp án :

Câu 1 3 điểm

a– 2điểm

b 1 điểm

a Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số

* TXĐ: R

* lim

±∞

→

x y =± ∞ ĐT hàm số không có tiệm cận đứng và ngang

* y’ = –4x3 +4x ; y’ =0  x= 0; x=1; x=–1

* BBT

* Hàm số đồng biến, nghịch biến

* Cực trị hàm số

* Giao điểm với các trục Ox, Oy và trục đối xứng

*Vẽ

b PT  –x4 +2x2 –1 = 1

2 −

m

Số nghiệm của pt bằng số giao điểm của (C) và đường thẳng

2 −

m

( đt y= 1

2 −

m

song song hoặc trùng với ox)

dựa và hình vẽ ta có

PT có vô nghiệm  m > 2

PT có chỉ 3 nghiệm  m= 0

PT chỉ có 2 nghiệm  m=2 ; m < 0

PT có 4 nghiệm phân biệt 0< m < 2

0,25 0,25

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

0,25

0,25 0,25 0.25 Câu 2

a 1 điểm

b 1 điểm

a giải PT

Đk x>0

* PT  3ln x +2 – 3 32( ln x+2) + 2=0

* Đặt t= 3ln x +2 ( t >0)

* PTTT: –3t2 +t +2 =0  t= 1 (tm) ; t=

3

2

−

( loại)

* t=1 =>3ln x +2 =1  ln x+2= 0  x= e–2

KL

b Tính tích phân

*I= ∫1 − −

0

) (e x xe x dx

= −∫1 −

0

1 0

e x x

* Đặt u =x => du =dx

dv = e–x dx => V= –e–x

* I = e–1 +xe–x 1

0

| – ∫1 −

0

dx

e x

0,25 0,25 0,25 0,25

0,25

`0,25 0,25

c 1 điểm

* I= e–1 +e –1

+ e–x 1

0

| = e + e–1 –2

Câu c Vì x thuộc ( )

2

;

0 π

ta có sin 2x > 0; sinx > 0 ,cosx>0

Và sin2x, cosx thuộc ( 0; 1]

PT  sin2x –1 = log2

x

x

cos 2

2 sin

+cosx  sin2x –1 = log2 sin2x – log2 cosx –1 + cosx

 sin2x – log2 sin 2x = cosx – log2 cosx (1)

Xét hàm số f(t) = t– log2 t với t thuộc ( 0; 1]

Ta có f’(t) = 1–

2 ln

1

t =

2 ln

1 2 ln

t

t −

< 0 với mọi t thuộc( 0; 1]

 f(t) nghịch biến trên ( 0; 1]

PT (1)  f (sin2x)= f (cosx)

 sin2x = cosx

 sinx =

2 1

 x=

6

π

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 3:

1 điểm

Quay khối chóp đều S.ABC quanh trục SO ta được một

khối nón tròn xoay có độ dài của SO là chiều cao, cạnh bên

SA là đường sinh và OA là bán kính đường tròn đáy

Vì S.ABC là hình chóp tam giác đều ta có ABC là tam giác

đều cạnh a

AD định lí sin ta có : 0

60 sin

a

= 2OA => OA= a

3 3

Vì SA tạo với mặt đáy góc 300 => góc SAO bằng 300

Ta có SO = AO tan 300 =

3

a

Ta có thể tích của khối nón là: V= .OA SO

3

27

.a3

π (đvtt)

0,25

0,25

0,25

0,25

Phần1

Câu 4

a–

1,25điểm

Câu 4.a

a 1,25điểm

+ Ta có AB ( –3; 4; 4) là VTCP của đường thẳng AB

Ta có PTchính tắc của AB là :

4

1 4

3 3

−

0,25

b– 0,75

Câu 5a

1 điểm

+ Vì M thuộc oz ta có M( 0; 0; a)

Ta có MA( 1; –3; –1–a); MB=(–2; 1; 3–a)

Vì tam giác ABM vuông tại M ta có MA MB=0

 –2–3 +( 1+a)(a–3)=0

 a= –2 =>M ( 0; 0; –2)

a= 4 => M( 0; 0; 4)

b 0,75 điểm

mp(Oxy) có vtpt là j ( 0; 0; 1) không cùng phương với

AB

Vì mp(P) qua AB và (P) vuông góc với mp(Oxy) nên

mp(P) nhận véctơ [ AB , j] là vtpt

Ta có [ AB , j ] = ( 4; 3; 0)

 PTTQ của mp(P) là : 4x +3y+ 5 = 0 Câu 5.a( 1 điểm)

Gọi z = a+bi ( a,b thuộc R) => z= a – bi

PTTT: a+bi +6 =

i

i

−

+

1

4 2

( a–bi)  a+ 6+ bi = ( 3i–1) ( a–bi)

 a+ 6+ bi = 3b–a + ( b+ 3a) i

 a+6= 3b–a  a = 0; b = 2 b= b+3a

=> z = 2i

0,25 0,25 0.25

0,25

0,25 0,25

0,25 0,25

0,25 0,25

Phần2

4a 1

điểm

4.b

1 điểm

Câu 4b

a.( 1 điểm)

Ta có AB ( –1; –1; 4)

AC( –2; –3; 3)

[AB,AC] = ( 9; – 5 ; 1)

• mp(ABC) nhận [AB,AC] là VTPT

 PT mp( P): 9( x–1) –5( y–2) +x+3=0 PTTQ của (P): 9x –5y +z+ 4=0

Ta có SABC =

2

1

|[AB,AC]| = 9 5 1

2

+ +

b.( 1 điểm)

Gọi A’ là hình chiếu vg của A lên mp(Oxz) A’( 1; 0;–3)

Gọi B’ là hình chiếu vg của B lên mp(Oxz) B’( 0; 0;1)

Ta có đường thẳng A’B’ là hình chiếu vuông góc của AB

lên mpOxz

0,25 0,25 0,25

0,25

0,25 0,25 0,25

Câu 5 1

điểm

Ta có A ' B'( –1; 0; 4) là vtcp của đường thẳng A’B’

PTTS của A’B’ là : x= 1 –t

y= 0

z= –3+ 4t

Câu 5 b

PT có ∆= –3

PT đã cho có 2 nghiệm phức là : z1 =

2

3 2

5 i− ; z2 =

2

3 2

5 i+

0,25

0,5 0,5