Câu IV 1 điểm Cho hình chóp S.ABC với đáy ABC là tam giác vuông tại B, SA vuông góc với mặt phẳng ABC.. Tìm giá trị lớn nhất và.[r]
Trang 1TRƯỜNG THPT
CHUYÊN HÙNG VƯƠNG
-
ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN II
NĂM HỌC 2009–2010 Môn thi : TOÁN, khối A, B, D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I (2 điểm)
Cho hàm số y=x4 −4x2 +3 (1)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1)
2 Tìm các giá trị của m để phương trình sau có đúng 7 nghiệm thực phân biệt:
4 2
Câu II (2 điểm)
4
π
2 Giải phương trình: x x 2( − +) x x 1( + =) 2 x , x∈¡
Câu III (1 điểm) Tính tích phân:
3
6
dx
π
π
=
+
∫
Câu IV (1 điểm)
Cho hình chóp S.ABC với đáy ABC là tam giác vuông tại B, SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) Biết BC a 3, AC AS 2= = và góc giữa đường thẳng SC với mặt phẳng (SAB) bằng 45 , o tính thể tích khối chóp S.ABC theo a
Câu V (1 điểm)
Cho các số thực x, y thay đổi và thỏa mãn điều kiện: x2 −xy y+ 2 =1 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ( 2 ) (2 2 )2
2 2
=
PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (A hoặc B)
A Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho A(1; 3), B(5; 2), C(-2; -1) Xác định tọa độ điểm D sao cho ABCD là một hình thang cân với AD song song BC
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A(1; -2; 3), B(2; 1; -3), C(1; -3; 2) Chứng minh rằng
A, B, C không thẳng hàng, xác định tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Câu VII.a (1 điểm)
Tìm nghiệm phức của phương trình: z2 +2z 0.=
B Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A(-3; 1), phân giác trong và đường cao cùng xuất phát từ B lần lượt có phương trình: d : x 3y 12 0, d : x 7y 32 0.1 + + = 2 + + = Tìm tọa
độ các đỉnh B, C của tam giác ABC
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng :x 1 y 2 z 3
− và hai mặt phẳng ( )P : x 2y z 3 0, Q : x y 2z 2 0.− + − = ( ) + − − = Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên đường thẳng ∆ đồng thời tiếp xúc với cả (P) và (Q)
Câu VII.b (1 điểm)
Giải phương trình : log x 1 3( )
2 + =x, x∈¡
- Hết -
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Trang 2ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN II NĂM HỌC 2009 – 2010 Môn Toán , khối A, B, D (gồm 05 trang)
I 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) 1,00
• Tập xác định: D= ¡
• Sự biến thiên:
Chiều biến thiên y ' 4x= 3 −8x y′= ⇔ =0 x 0; x= ± 2
Hàm số đồng biến trên các khoảng (− 2;0 và) ( 2;+∞)
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞ −; 2 và 0; 2) ( )
0,25
Hàm số đạt cực đại tại x = 0, ycd =3, đạt cực tiểu tại x= ± 2, yct = −1
Giới hạn:
x x
→+∞
Bảng biến thiên:
x -∞ − 2 0 2 +∞ y' - 0 + 0 - 0 +
y
+∞ +∞
3 -1 -1
• Đồ thị: (h1)
-6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6
-3 -2 -1 1 2 3 4 5 6
x y
O
-6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6
-3 -2 -1 1 2 3 4 5 6
x y
O
(h1) (h2)
0,25
0,25
Xét hàm số y= x4−4x2 +3 (2) Từ đồ thị hàm số (1) suy ra đồ thị hàm số (2) như sau: Giữ
Lấy đối xứng phần đồ thị hàm số (1) nằm dưới Ox qua Ox; bỏ phần đồ thị hàm số (1) nằm
Số nghiệm thực của phương trình x4 −4x2 + =3 m bằng số giao điểm của đường thẳng
Trang 3II 1 Giải phương trình lượng giác… 1,00
3
4
π
− =
2 2
0,25
+ Nếu sinx≠0 thì chia 2 vế của phương trình cho sin x ta được 3
( )
4
π
Phương trình tương đương:
x 8
=
= −
I=
( )
3
π
=
+ +
Đặt t = x +
3
π, ta có:
2
I
−
2 3
2
2
2
π
π
π
π
Trang 4
1
2
−
+
mặt phẳng (SAB) Vậy tam giác SBC vuông cân đỉnh B
0,25
0,25
Thể tích khối chóp SABC: V(SABC) =1dt ABC SA( ) 1 1 AB.BC.AS
1a.a 3.a 2
6
0,25
( ) ( )2 2 2 2 ( ) 2 2
P
xy 2
−
2
2
1
3
0,25
Từ đó nếu đặt t = xy thì t 1;1
3
∈ −
− +
( )
2 2
4
t 2
−
0,25
1
3
xy 1
∈ −
=
xy 1
1
3
xy 0
∈ −
=
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là -3, giá trị lớn nhất của P là -2
0,25
Trang 5Ta có: BCuuur= − −( 7; 3) Trung điểm I của BC có tọa độ I 3 1;
2 2
Phương trình đường thẳng ∆ là trung trực của BC: 7x +3 y – 12 = 0
0,25
Dễ thấy A và B nằm cùng phía đối với ∆ nên tồn tại hình thang thỏa mãn điều kiện bài
Phương trình đường thẳng d đi qua A và song song với BC: 3x 7y 18 0− + =
Tọa độ giao điểm J của d và ∆ là nghiệm của hệ: 7x 3y 12 0 J(15 81; )
− + =
0,25
Điểm D (x,y) đối xứng với A qua J nên tọa độ thỏa mãn:
29;75
29)
0,25
AB (1;3; 6); AC (0; 1; 1)uuur = − uuur = − −
Phương trình mặt phẳng (ABC): 9x y z 14− + = Gọi I (x; y; z) là tâm đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC, ta có:
IA IB
IA IC
I (ABC)
=
∈
0,25
9x y z 14
x 3y 6z 0
y z 0 9x y z 14
0,25
126 14 14
Giả sử z = x + yi, theo giả thiết ta có:
2y(x 1) 0
− + =
⇔
− =
Trang 6Phương trình có 4 nghiệm z = 0; z = -2; z = 1+ 3i; z = 1− 3i 0,25
Gọi A′(x,y) là điểm đối xứng với A qua d : 1 AA′ ⊥d1và trung điểm của AA’ thuộc d 1
27
x
y
5
0,25
Đường thẳng BC chính là đường thẳng BA′: x 7y 38 0− − =
Vậy B 3; 5 , C 4, 6( − ) (− − ) 0,25
Mặt cầu (S) tiếp xúc với (P) và (Q) nên d(I,(P)) = d(I,(Q))
1 t 3
=
⇔
=
0,25
+ Với t = 2 suy ra I(5; 4;1), R = 5
6
+ Với t = 1 I 5 7 8; ; ;R 10
− + − + − =
3
log x 1+ ⇒ + =x 1 3 ⇒ = −x 3 1 0,25
Phương trình trở thành
= − ⇔ + = ⇔ + =
Vì 1 2; ( )0;1
3 3∈ nên vế trái của (*) là hàm số nghịch biến của t, vế phải là hàm hằng do đó (*) có nhiều nhất 1 nghiệm
0, 25
Mặt khác t = 1 là nghiệm của (*) suy ra (*) tương đương t = 1 hay
3
log x 1+ = ⇔ + = ⇔ =1 x 1 3 x 2 (thỏa mãn điều kiện) 0,25