- Đồ thị nhận gốc tọa độ là tâm đối xứng... Vậy thể tích của lăng trụ là[r]
Trang 1SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KÌ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2012
Môn thi: TOÁN – Giáo dục trung học phổ thông
HƯỚNG DẪN CHẤM
( Hướng dẫn chấm gồm 5 trang)
II Đáp án và thang điểm
Câu 1 1) ( 2,0 điểm)
b) Sự biến thiên: 2
y > ⇔ ∈ −∞ − ∪ + ∞ x nên hsố đồng biến trên các khoảng ( −∞ − ; 1) và (1; +∞ )
' 0 ( 1; 1)
y < ⇔ ∈ − x nên hàm số nghịch biến trên khoảng (-1;1)
Hàm số đạt cực đại tại x = -1; yC§ = 2, hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, yCT = − 2
Ta có lim ; lim
→+∞ = +∞ →−∞ = −∞
0.5
BBT:
x
y’
y
- ∞
- ∞
2
-2
x
y’
y
- ∞
- ∞
2
-2
0.5
c) Đồ thị
4
2
-2
x y
-1
0.5
- Đồ thị đi qua gốc tọa độ, cắt trục hoành tại các điểm có hoành độ
x = x = ±
- Đồ thị nhận gốc tọa độ là tâm đối xứng
Trang 2Câu 1 2) ( 1 ,0 điểm)
Gọi a là hoành độ tiếp điểm Tiếp tuyến có hệ số góc bằng 9 nên ta có phương trình
'( ) 9
f a =
0.25
Câu 2 1) ( 1 ,0 điểm)
log (3x− −1) log (x+ − =1) 2 0 (1) ĐK:
1
1 1
3 3
x
x x
> −
⇔ >
>
0.25
1 (1) log (3 1) log ( 1) 2 log (3 1) log ( 1) 2
2
2
2log (3 x 1) log ( x 1) log 16 (3 x 1) 16( x 1)
2
3
9
x
x
=
= −
Kết hợp điều kiện, suy ra phương trình có
nghiệm duy nhất x=3
0.25
Câu 2 2) ( 1 ,0 điểm)
Đặt I=2 1 cos
0
sin x e xdx
π
+
∫ Đặt t = + 1 cos x ⇒ dt = − sin xdx ⇒ sin xdx = − dt
0.25
2
Suy ra 1 ( )
2
t
2
2 2 1 1
t t
e dt e e e
Câu 2 3) ( 1 ,0 điểm)
Hàm số đã cho liên tục trên [-1;1] Ta có 2
'( ) 2 x x . x(2 ).
f x = x e− − x e− = x e− − x 0.25 0
'( ) 0
2
x
f x
x
=
= ⇔ = Trên khoảng (-1;1) phương trình f x '( ) = 0 chỉ có nghiệm x=0 0.25
( 1) , (0) 0, (1)
e
Từ đó suy ra Maxf x( )= f( 1)− =e;min ( )f x = f(0)=0 0.25
Trang 3Câu 3 ( 1 ,0 điểm)
M
A
A'
B
B'
C
C'
.sin 2 2 sin 30
ABC
Gọi M là trung điểm B’C’, theo giả thiết ta có A M ' ⊥ B C ' '(1)
Áp dụng định lý cosin, ta có
' '
2
B C
0.25
Lại có AA ' ⊥ B C ' ' ( do lăng trụ đã cho là lăng trụ đứng) (2)
Từ (1) và (2) suy ra AM ⊥ B C ' ' Do đó góc giữa hai mặt phẳng (AB’C’) và
(A’B’C’) bằng góc 0
' 60
0.25
Suy ra chiều cao của lăng trụ là
0 ' ' tan 60 2 3 3 6 3 3
AA = A M = + a = + a Vậy thể tích của lăng trụ là
3
ABC
V =S∆ AA = + a (đvtt)
0.25
==================================================================
Câu 4.a 1) ( 1 ,0 điểm)
Tọa độ giao điểm M của ∆ và (P) là nghiệm của hệ
− = + =
0.5
2 2
⇔ − = +
− − =
2
z
1 (2; 1; ).
2
0.5
Câu 4.a 2) ( 1, 0 điểm)
Gọi I là tâm mặt cầu (S) cần tìm, theo giả thiết, (S) có bán kính R=2 Vì I thuộc ∆
nên I(1+2t;-2+2t;-t) Khoảng cách từ I tới (P) là 0.25
Trang 41 2 4 4 2 3 4 2
( ,( ))
3
1 4 4
+ +
Do mặt cầu (S) tiếp xúc với mặt phẳng (P) nên
2
1 3
t t
d I P R
t
=
0.25
-Với t = 2 suy ra I(5;2;-2) Phương trình mặt cầu
( ) : ( S x − 5) + ( y − 2) + + ( z 2) = 4.
0.25
-Với t = -1 suy ra I(-1;-4;1) Phương trình mặt cầu
( ) : ( S x + 1) + ( y + 4) + − ( z 1) = 4.
0.25
Câu 5.a ( 1 ,0 điểm)
Ta có z =3z1− +(2 2 )i z2 =3(1 2 )− i − +(2 2 )(3i + = − − +i) 3 6i (4 8 )i = − −1 14 i 0.5
1 196 197.
==================================================================
Câu 4.b 1) ( 1 ,0 điểm)
Tọa độ giao điểm A của ∆ và (P) là nghiệm của hệ phương trình
0.5
⇔ − = − ⇔ = −
Suy ra A(-2;-1;4)
0.5
Câu 4.b 2) ( 1 ,0 điểm)
Ta có ∆ đi qua B(-1;1;2) ( B≠ A) Gọi d là đường thẳng qua B và vuông góc với
mặt phẳng (P) suy ra d có một véc tơ chỉ phương là véc tơ pháp tuyến của (P) nên
phương trình của d là 1 1 2
−
0.25
Gọi H là hình chiếu của B lên (P), suy ra tọa độ H là nghiệm hệ phương trình:
1 9
9
x
x y z
x y z
x y
z
= −
=
0.25
Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua (P) suy ra H là trung điểm của BB’, do đó 0.25
Trang 5'
'
2
2
2
7 1 34 '( ; ; )
9 9 9
Do ∆' đối xứng với ∆ qua (P) nên ∆' qua A và B’ ∆' có một véc tơ chỉ phương
u= AB = −
nên phương trình chính tắc của ∆' là
.
x + = y + = z −
−
0.25
Câu 5.b ( 1 ,0 điểm)
Giả sử z = + x yi x y , ( ∈ ) là số phức cần tìm 0.25
Ta có z = −x yi, đẳng thức đã cho trở thành (3 2 )( − i x − yi ) + 2( x + yi ) − = 2 i 0 0.25
0.25
4
.
9
x
y
= −
+ + =
0.25
-Hết -