Vì ABCA’B’C’ là lăng trụ đứng nên AB là hình chiếu vuông góc của AB’ lên ABC, do đó: góc giữa AB’ với ABC chính là góc giữa hai đường thẳng AB’ và AB và bằng góc BAB ' .... Xác định tọ[r]
Trang 1ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP LỚP 12 NĂM HỌC 2011-2012 MÔN TOÁN
Câu 1.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y x44x2 3 2,0
1 Tập xác định: R.
2 Sự biến thiên
a Giới hạn: xlim y xlim y
0,25
b Bảng biến thiên:
2
x
x
0,25
x 2 0 2
y’ + 0 0 + 0
-y 1 1
-3
0,5
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ; 2
và 0; 2
, nghịch biến trên mỗi khoảng
2;0
và 2;
0,25
Hàm số đạt cực đại tại x CD 2, y CD y 21
, đạt cực tiểu tại x CT 0, y CT y 0 3 0,25
3 Đồ thị:- Giao điểm của đồ thị với Oy: (0; - 3)
- Giao điểm của đồ thị với Ox: 3;0 , 1;0 , 1;0 , 3;0
0,25
Ghi chú: Riêng phần vẽ đồ thị cho 0,25 điểm, việc tìm
giao điểm của đồ thị với các trục tọa độ cho 0,25 điểm.
Nếu HS không trình bày tọa độ giao điểm mà có vẽ
trên đồ thị cũng chấp nhận cho điểm.
0,25
Câu 1
2) Dựa vào đồ thị (C) hãy biện luận theo m số nghiệm phương trình:
4 4 2 .
Ta có: x4 4x2 m x44x2 3m 3 (1)
Số nghiệm của phương trình đã cho là số giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng ym 3
Đường thẳng ym 3 vuông góc với Oy và cắt Oy tại M0;m 3
0,25
Dựa vào đồ thị ta có:
Nếu: m 3 1 m 4: Phương trình (1) vô nghiệm
Nếu m 3 1 m4: phương trình (1) có hai nghiệm
Nếu: 3 m 3 1 4m0: Phương trình (1) có 4 nghiệm
Nếu: m 3 3 m0: Phương trình (1) có 3 nghiệm
Nếu: m 3 3 m0: Phương trình (1) có hai nghiệm
0,5
Trang 2Nếu m 4 hoặc m 0: Phương trình có hai nghiệm.
Nếu m 0: Phương trình có 3 nghiệm
Nếu 4m0: Phương trình có 4 nghiệm
Ghi chú: Nếu HS sót 1 hoặc 2 TH thì trừ 0,25 điểm.
Câu 2
1) Giải phương trình:
2
Điều kiện: x 0 Đặt tlog2x Ta có phương trình: t2 3t 2 0 0,25 1
t
Với t 2 ta có: log2x 2 x4
Vậy phương trình có hai nghiệm x2; x4
0,25
Câu 2
2)
1
0
x
I x x e dx
.
1,0
Ta có:
2
x
I x dxxe dx
0,25
1 1
1
0 0
I x dx x
0,25
Đặt u x e dx dv , x du dx v e , x
1
I xe dx xe e dx e e
0,25
Vậy 1 2
4 3
I I I
0,25
Câu 2
3) Tìm tất cả các giá trị của m để hs 1 3 2 2
3
y x m x m m x
đồng biến trên R .
1,0
Ta có: y'x2 2m1x m 2 4m
Hàm số đồng biến trên R khi và chỉ khi: y' 0, Rx Tức là:
0,25
x m x m m x R ' 0 6m 1 1 m 16
Ghi chú: Tính đúng mà giải sai đk thì cho 0,5 điểm toàn câu
0,5
Vậy
1 6
m
0,25
Câu 3. Cho hình lăng trụ đứng ABCA’B’C’, ABC là tam giác vuông tại A, AB a BC , 2a,
đường thẳng AB’ tạo với (ABC) một góc 600 Tính thể tích khối lăng trụ ABCA’B’C’
1,0
Áp dụng định lí pitago trong tam giác vuông ABC ta có:
Diện tích tam giác ABC là:
2
ABC
a
S AB AC a a
0,25
Vì ABCA’B’C’ là lăng trụ đứng nên AB là hình chiếu vuông
góc của AB’ lên (ABC), do đó: góc giữa AB’ với (ABC) chính
là góc giữa hai đường thẳng AB’ và AB và bằng góc BAB '
0,25
Trang 3Từ giả thiết suy ra: BAB ' 600.
Xét tam giác vuông ABB’ có:
tanBAB' BB BB' AB.tan 60 a 3
AB
0,25
Vậy thể tích của khối lăng trụ ABCA’B’C’ là:
' ' '
ABCA B C ABC
Câu 4
1) Cho mặt cầu S :x2y2z2 2x 2y 2 0
và P x y z: 0
Gọi I là tâm của mặt cầu (S) Xác định tọa độ điểm I và bán kính của mặt cầu Tính khoảng cách từ I dến (P).
1,0
Tọa độ tâm mặt cầu là I1;1;0
Khoảng cách từ I đến (P) là:
; 1 1 02 2 2 2
3
d I P
0,5
Câu 4
2)
Chứng minh rằng mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là một đường tròn Xác
định tọa độ tâm và bán kính của đường tròn giao tuyến đó.
1,0
Vì ; 2 2
3
d I P R
nên mặt phẳng (P) cắt (S) theo giao tuyến là một đường tròn
0,25
Gọi J là tâm của đường tròn giao tuyến, khi đó J là hình chiếu vuông góc của I trên (P)
Gọi là đường thẳng qua I và vuông góc với (P) Phương trình tham số của có dạng:
1
0
(t là tham số)
0,25
Tọa độ điểm J thỏa mãn hệ:
1
2 0
3
x
0,25
Bán kính của đường tròn giao tuyến là:
4
Câu 5
Giải phương trình trên tập số phức: z1 z25
3 4.7 19 19i
Phương trình có hai nghiệm phức là: 1
z i
và 2
z i
Vậy phương trình có hai nghiệm: 1
z i
và 2
z i
0,5
TỔNG 10,0
Trang 4GHI CHÚ: NẾU HỌC SINH GIẢI CÁCH KHÁC ĐÁP ÁN MÀ VẪN ĐÚNG THÌ CHO ĐIỂM TỐI ĐA PHẦN
ĐÓ