SỞ GD&ĐT THÁI NGUYÊN TRƯỜNG THPT LƯƠNG NGỌC QUYẾN... Xác định m để đoạn AB ngắn nhất... Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.
Trang 1SỞ GD&ĐT THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG THPT LƯƠNG NGỌC QUYẾN.
HƯỚNG DẪN CHẤM KIỂM TRA HỌC KÌ II MÔN: TOÁN- LỚP 12. NĂM HỌC 2013-2014.
( Hướng dẫn gồm 06 trang )
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu 1
( 3,0
điểm)
Cho hàm số 2 4
1
x y x
+
=
0,5 điểm
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 1,5
điểm
* TXĐ: D=¡ \{ }−1
0,25
* Giới hạn: lim 2
x y
→±∞ = => Tiệm cận ngang : y=2.
( )
( )
1 1
lim lim
x x
y y
− +
→ −
→ −
= −∞
= +∞ => Tiệm cận đứng : x=-1.
0,25
* Chiều biến thiên: ( )2
2
1
x
- Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (−∞ −; 1 , 1;) (− +∞)
* Bảng biến thiên:
x −∞ - 1 +∞
y' 0
-y 2
+∞
−∞ 2
0,25
* Đồ thị: Tâm đối xứng của đồ thị I(−1; 2 )
1 Đồ thị:
0,25
Trang 2(C) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi m Xác định m để đoạn AB ngắn nhất. điểm
3.-Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C):
( )
2
1
x
x m x x
+
0,25
∆ = − − = − + = − +
Do đó: ∆ > ∀0, m
0,25
5.Vậy:∀m,đường thẳng d luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A x y( 1; 1) (, B x y2; 2)
6.với x x1, 2là hai nghiệm của PT (1)
7.và y1=2x1+m, y2 =2x2+m
0,25
8 Ta có:
9.
2
2
2
5
m m
= − ÷ − = − + = − + ≥
0,25
11. Vậy: AB nhỏ nhất ⇔AB2 nhỏ nhất⇔ AB2 =20⇔ =m 4 0,25
Câu 2
( 3,0 12.1.Giải phương trình: 3 3 ( )
1 log 3 log log 3 log 1
2
điểm). ĐK: x>0,x≠1
Đặt: t =log3x Khi đó (2) trở thành:
2
= −
t
3
1
3
14.Vậy: PT (1) có 2 nghiệm 1, x=9
3
15 2 Tính tích phân:
4
3 1
ln
x
Ta có:
4
1
1
15 I
x xdx
Trang 31
ln I x dx
x
=∫
16. Đặt:
2
1 ln
1
1
x
0,25
4
4
−
= − + = − − ÷ =
Vậy: 1 2
15 3 ln 4 33 ln 4
17.3 Tìm GTLN, GTNN của hàm số f x( ) = +x3 3x2−9x−7 trên đoạn [−4;3 ] 1,0
điểm
Ta có:
( )
[ ]
2
2
1 4;3
x
x
= ∈ −
0,25 ( )4 13, ( )3 20, 1( ) 12, 3( ) 20
Vậy: Max f x[ 4;3] ( ) f ( )3 20, Min f x[ 4;3] ( ) f ( )1 12
Câu 3
( 1,0
điểm).
Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a Cạnh bên hợp với mặt
phẳng đáy một góc bằng 60 0 , gọi M là trung điểm của SA Tính thể tích khối
chóp M ABC theo a.
M
I
B
S
H K
Vẽ hình đúng 0,25
Gọi H là tâm của tam giác ABC, vì hình chóp S.ABC hình chóp tam giác đều
nên SH là đường cao của hình chóp
- Theo gt: ^ 0
60
-Dựng MK / /SH => MK là đường cao của hình chóp M.ABC.
0,25
Ta có:
ABC
0,25
-Thể tích của khối chóp M.ABC
Trang 4( )
.
1 Câu
4.a
(2,0
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho bốn điểm A(5;1;3 ,) B 1;6; 2 ,( )
C 5;0;4 , D 4;0;6 .
2 điểm) 1 Viết phương trình mặt phẳng đi qua 3 điểm A, B, C Từ đó suy ra 4
điểm A, B, C, D là 4 đỉnh của một tứ diện.
1,0 điểm
Ta có: uuurAB= −( 4;5; 1 , − ) uuurAC=(0; 1;1 − )
=> nr=uuur uuurAB AC, =(4;4;4 )
0,25
Do đó mp (ABC) có VTPT nr=(4; 4; 4) hoặc nr'=(1;1;1). 0,25
=> PT của mp(ABC) là: (x− + − + − =5) (y 1) (z 3) 0 hay x+y+z-9=0 0,25
- Thay tọa độ điểm D(4;0;6) vào vế trái PT mp(ABC), ta được:
4 0 6 9 1 0+ + − = ≠ ⇒ D∉ ABC .
Vậy: 4 điểm A, B, C, D là 4 đỉnh của một tứ diện.
0,25
3 2 Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. 1,0
điểm
- Gọi phương trình mặt cầu là x2+y2+ −z2 2ax−2by−2cz d+ =0
- Vì mặt cầu đi qua bốn điểm A, B, C, D nên ta có hệ PT:
+ + − =
+ + − =
+ − =
+ − =
0,25
4 5 3 3
2 2 6 17
b c
+ + − =
− + = −
+ − = −
0,25
7 2 2 1 68
a b c d
= −
= −
⇔
=
= −
0,25
Vậy: Pt m/c: 2 2 2
Câu
5.a Giải phương trình : 1 (3 ) 4 2 1( )
+ + + = −
− − trên tập số phức.
1,0 điểm ( 1,0
điểm). Ta có: ( ) ( ) ( ) ( )
⇔ + + = −
0,25
26 2
3 1
i z
i
⇔ + = − −
− −
⇔ =
+
0,25
Trang 5
(13 ) (1 )
2.
14 4 3
z
+ −
⇔ = −
⇔ = − +
0,25
Vậy: PT có nghiệm 14 4
3
Câu
4.b
( 2,0
điểm).
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng
1
:
− và 2
1 2
3.
z
= − +
1 Chứng minh d 1 và d 2 chéo nhau. 0,5
điểm
+ d1 đi qua M( 0;1;-2), có vectơ chỉ phương uur1 =(2; 1;1 − )
+ d2 đi qua N( -1;1;3), có vectơ chỉ phương uuur2 =(2;1;0 )
0,25
Do đó: u uur uur uuuur1, 2.MN =21 0≠ Vậy d 1 và d 2 chéo nhau. 0,25
2 Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng
( )P : 7x + y - 4z = 0 và cắt cả hai đường thẳng d 1 , d 2
1,5 điểm
Giả sử d cắt hai đường thẳng d 1 , d 2 lần lượt tại A và B.
Vì A d∈ 1, B d∈ 2 nên A t(2 ';1− − +t'; 2 t' , B 1 2 ;1 ;3) (− + t +t )
0,25
Do đó uuurAB=(2t− −2 ' 1;t t t+ ';5−t')
mp (P) có VTPT nr=(7;1; 4− )
0,25
( )
AB⊥ P ⇔uuurAB cùng phương với nr 2 2 ' 1 ' ' 5
−
0,25
+ + = = −
0,25
' 1 2;0; 1
t = -2 5; 1;3
B
⇒ − −
0,25
Phương trình của d là: 2 1
− .
0,25
Câu 5.b
(1,0
điểm) Viết dạng lượng giác của số phức
4 6
5
=
−
z
4
z
5 5
i
=
0,25
Trang 6( ) ( )
5
5
i
0,25
9 cos sin
i i
=
0,25
9 cos sin
i i
0,25