DEDAP AN THI THU DH 2012

Tính thể tích khối tứ diện SCMN.. CâuV.[r]

(Đề gồm 01 tran ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CÁC MễN THI ĐẠI HỌC

NĂM: 2011 – 2012 Mụn TOÁN - Khối A, Lần 03

Thời gian làm bài 180 phỳt, khụng kể thời gian giao đề

PHẦN CHUNG (7,0 điểm)

CõuI (2,0 điểm) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số : y = x3 – 3x2 + 2

2) Biện luận theo m số nghiệm của phơng trình : 2 2 2

1

m

x



CõuII (2,0 điểm)

1. Giải phương trỡnh: 2 os2 sin 2x -1 2sin(2x- ) sinx+cosx







x c x

2. Giải phương trỡnh sau: (4x1) x 3 33x5 4x8

CõuIII (1,0 điểm) Tớnh tớch phõn sau:

1 3 0

3 1

x





CõuIV (1,0 điểm) Cho hỡnh chúp S ABCD cú đỏy ABCD là hỡnh thoi với AC4;BD2, SA SC ;

SB SD và diện tớch tam giỏc SAC bằng 4 2 Gọi M là trung điểm của SA Mặt phẳng(CDM) cắtSB

tại N Tớnh thể tớch khối tứ diện SCMN

CõuV (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thoả món abc = 1 Chứng minh rằng:

ab ab  bc bc  ac ac 

PHẦN RIấNG (3,0 điểm)

A Theo chương trỡnh Chuẩn

CõuVI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho Elip ( )E : 2 2 1

  và điểm M(1;1) Viết phương trỡnh đường thẳng đi qua M cắt ( )E tại hai điểm A và B sao cho M là trung điểm của AB

2 Trong khụng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho M(0; 1; 2) , hai đường thẳng 1

( ) :

d      và ( )d2

x y z

  Viết phương trỡnh chớnh tắc của đường thẳng ( ) qua M cắt ( )d1 và ( )d2 lần lượt tại

A và B khỏc I sao cho IA AB , với I là giao điểm của ( )d1 và ( )d2 .

CõuVII.a (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa món

i.z

1 i 1 i



   

    Tỡm mụđun của số phức w z iz  .

B Theo chương trỡnh Nõng cao.

CõuVI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hypebol ( )H : 2 2 1

  Tỡm trờn ( )H điểm M nhỡn hai tiờu

điểm dưới một gúc bằng 600

2 Trong khụng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho cỏc điểm A(2;0;0), (0; 2;0)B và C(0;0;4) Viết phương trỡnh mặt phẳng ( )P song song với mặt phẳng ( ) :Q x2y3z 4 0 và cắt mặt cầu ( )S ngoại tiếp tứ diện OABC theo một đường trũn cú chu vi bằng 2

CõuVII.b (1,0 điểm) Tỡm hệ số lớn nhất trong khai triển của (1 2 ) x n biết n là số tự nhiờn thoả món

31

n

n





-Hết -Thớ sinh khụng được sử dụng tài liệu Cỏn bộ coi thi khụng giải thớch gỡ thờm.

Họ và tờn thớ sinh………, Số bỏo danh………

Đề chính thức

HƯỚNG DẪN CHẤM MễN TOÁN LẦN 03

ĐỀ THI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG MễN THI ĐẠI HỌC

NĂM 2010 – 2011 Phần A : Dành cho tất cả các thí sinh

Câu I : 1) ( Thí sinh tự khảo sát và vẽ đồ thị )

2) Đồ thị hàm số y = (x2 2x 2) x 1 , với x  1 có dạng nh hình vẽ :

Dựa vào đồ thị ta có : *) Nếu m < -2 : Phơng trình vô nghiệm

*) Nếu m = - 2 : Phơng trình có hai nghiệm *) Nếu – 2 < m < 0 : Phơng trình có 4 nghiệm phân biệt *) nếu m  0 : Phơng trình có hai nghiệm phân biệt

IIIIIII

Tớnh

1 3 0

3 1

x







1 1

2 0

3

x d

x







6 2 6

(tan )

t











Vậy ln 2

3

IV Do SA SC SB SD ;  kết hợp với ABCD là hỡnh thoi nờn

, ,

OA OB OS đụi một vuụng gúc,

2

SAC

S  AC SO SO Xột hệ trục toạ độ Oxyz

với cỏc tia Ox Oy Oz; ; lần lượt trựng với cỏc tia OA OB OS, , như hỡnh vẽ: O(0;0;0); (2;0;0); (0;1;0)A B

( 2;0;0); (0; 1;0); (0;0; 2 2)

Trung điểm của SA là M(1;0; 2)

0,25

Mặt phẳng (CDM) cú cặp vectơ chỉ phương

là CD (2; 1;0),  CM(3;0; 2)

nờn nhận nCD CM,   ( 2; 2 2;3)



 

   

làm vectơ phỏp

0,25

S

A

C D

B

O

x

z

y

y = m

1+

1 2

m

tuyến khi đó (CDM) có phương trình: 2x2 2y 3z2 2 0 SB qua B(0;1;0) và (0;0;2 2)

S nên SB có phương trình x0;y 1 ;t z2 2t

N SB CDM nên (0; ; 2)1

2

N

1 ( 2;0; 2 2); (1;0; 2); (0; ; 2)

2

;

SCMN

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

V

Chứng minh rằng x y z   x1 y1 z1

Ta có 1 1 1 2 x 1 y 1 z 1 1

2

2

VI.a

1

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho Elip ( )E :

1

  và điểm M(1;1) Viết phương trình đường thẳng đi qua M cắt ( )E tại hai điểm A và B sao cho M là trung điểm của AB

Dễ thấy đường thẳng qua M(1;1)mà song song với Ox thì không thoả mãn Đường thẳng  có phương trình: y k x ( 1) 1 Toạ độ A B, thoả mãn

 2





khi đó hoành độ x x A; B là hia nghiệm của phương trình:

(4 9 ) k x  (18k 18 )k x9k  2k 35 0 0,25

Có

2 2

2

M A B

k



Vậy đường thẳng cần tìm có phương trình: 4x 9y 5 0 0,25 2

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho M(0; 1;2) , hai đường thẳng 1 1 1 1

( ) :

2

( )d : 1 3

x y z

  Viết phương trình chính tắc của đường thẳng ( ) qua M cắt ( )d1 và ( )d2 lần lượt tại A và B khác I sao cho IA AB , với I là giao điểm của ( )d1 và ( )d2 .

Giao điểm I của ( )d1 và ( )d2 là I(1;1;1) u 1(1;2;2)

và u  2( 1; 2;2) lầ các vectơ chỉ phương của ( )d1 và ( )d2 Dễ thấy [ , ].u u IM   1 2 0

nên M , ( )d1 và ( )d2 đồng phẳng. 0,25

Lấy A1(2;3;3) ( ) d1 và B1( ; 1 2 ;3 2 ) ( )t   t  t  d2 sao cho IA1A B1 1 thì AB cùng phương với A B1 1 (với B1 không trùng với I ) 0,25

Do IA1 A B1 1 nên t là nghiệm của phương trình 0,25

1 2

1 1

(1;1;1) 1

11 13 5

9 9 9 ( ; ; )

B t









 

1 1

7 14 22





Vậy ( ) qua M(0; 1; 2) có phương trình chính tắc: 1 2

x y z

VI.b

1

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hypebol ( )H :

1

  Tìm trên ( )H điểm M nhìn hai tiêu điểm dưới một góc bằng 600

Có F F1 22 (2 )c 2 4c2 4(a2b2) 40



2

1 2 60

0,25

Mặt khác, lại có MF1 a c x M 1 10x M ;MF2 a c x M 1 10x M

Khi đó ta được 40 4 1 10 2 2 37 2 273

Vậy ( 37; 273)

2

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho các điểm A(2;0;0), (0;2;0)B và C(0;0;4) Viết phương trình mặt phẳng ( )P song song với mặt phẳng ( ) :Q x2y3z 4 0 và cắt mặt cầu ( )S ngoại tiếp tứ diện OABC

theo một đường tròn có chu vi bằng 2 Chu vi đường tròn (C) bằng 2 suy ra đường tròn có bán kính là r 1 Mặt cầu

( ) :S x y z  2ax 2by 2cz d 0 ngoại tiếp OABC khi đó d 0;a b 1;c2; tâm I(1;1;2) bán kính R  6

0,25

Khoảng cách từ I(1;1; 2) tới mặt phẳng chứa đường tròn (C) hay khoảng cách từI(1;1; 2) tới (P) là 2 2

(P) có phương trình dạng x2y3z c 0 khi đó c  9 70 0,25

VII.b

Tìm hệ số lớn nhất trong khai triển của (1 2 ) x n biết n là số tự nhiên thoả mãn

31

n

n



 Xét khai triển (1 2)n 0 1 2 n 2n

n n n

n n n

Lấy tích phân hai vế cận từ 0 đến 1 ta được

n n n

2 1

0 0

n

n n

x





n n



0,25

M

1

F F 2

Xét ( ) 2 1 '( ) 2 2 ln 2 2.22 2 0 2

0,25

30 30

30 0

(1 2 ) k2k k

k



59

3

k C k k C k k

62

3

k C k k C k k

đó với k 20 thì  i 0;19 và  i 21;30 luôn có 2i 30i 220 3020

0,25

Vậy hệ số lớn nhất cần tìm là 20 20

30

2 C

0,25

§K: x 3

x

x



x

x

2 2

3

x



HS§B trªn 1 1

3; ; ;

   



3;

4

x   

 PT f(x)=f(-2) x=-2

; 4

x  

  PT f(x)=f(-1)  x=1 VËy S={-2; 1}

Ta có VT =

ab ab  bc bc  ac ac =

(b )(2b ) (c )(2c ) (a )(2a )

Vì a, b, c dương và abc = 1 nên đặt a y,b z,c x

   với x, y, z > 0

Khi đó VT =

(y 2 )(z z 2 ) (y z 2 )(x x 2 ) (z x 2 )(y y 2 )x

=

( 2 )( 2 ) ( 2 )( 2 ) ( 2 )( 2 )

y z z y  z x x z  x y y x

Ta có ( 2 )( 2 ) 2 2 2 2 4 2( )2 5 9( 2 2)

2

y z z y yz y  z  yz y z  yz y z

Suy ra

2 2

2 ( 2 )( 2 ) 9

y z z y  y z (1)

Câu VIIa Ta có 1 i2 11 2i 1 i  8

0,5

Do đó w z iz   1 16i i 1 16i    17 17i  w  172172 17 2 0,5 Chú ý:

- Câu IV thí sinh không vẽ hình thì không chấm điểm

- Các câu khác, thí sinh làm cách không như hướng dẫn mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa