DA thi thu DH lan 3
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (146.2 KB, 5 trang )
®¸p ¸n ®Ò kh¶o s¸t chÊt lîng líp 12 LÇn 2 - 2010
MÔN: TOÁN; Thời gian làm bài: 180 phút
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm)
I.
(2,0
điểm)
Khi
2=m
hàm số trở thành
3
5
4
3
2
23
−++−= xxxy
.
a. Tập xác định:
R
.
b. Sự biến thiên:
* Chiều biến thiên: Ta có
210';422'
2
=∨−=⇔=++−= xxyxxy
.
.210';210' >∨−<⇔<<<−⇔> xxyxy
Suy ra hàm số đồng biến trên khoảng
)2;1(−
và nghịch biến trên mỗi khoảng
)1;( −−∞
,
);2( ∞+
.
* Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại
1−=x
và
4−=
CT
y
; đạt cực đại tại
2=x
và
5=
CĐ
y
.
* Giới hạn:
−∞=
+∞→
y
x
lim
;
+∞=
−∞→
y
x
lim
.
0,5
* Bảng biến thiên
x
∞−
1−
2
∞+
'y
−
0
+
0
−
y
∞+
5
4−
∞−
c. Đồ thị:
24" +−= xy
. Ta có
2
1
0" =⇔= xy
. Suy ra đồ thị có
điểm uốn là
.
2
1
;
2
1
Nhận xét: Đồ thị nhận điểm uốn
2
1
;
2
1
là tâm đối xứng.
0,5
2. (1,0 điểm)
Ta có hệ số góc của
013: =+− yxd
là
3
1
=
d
k
. Do đó
21
, xx
là các nghiệm của phương
trình
3' −=y
, hay
323)1(22
2
−=−+−+− mxmx
013)1(22
2
=−−−−⇔ mxmx
(1)
0,5
Yêu cầu bài toán
⇔
phương trình (1) có hai nghiệm
21
, xx
thỏa mãn
0.
21
>xx
−<<−
−<
⇔
>
−−
>++−=∆
⇔
.
3
1
1
3
0
2
13
0)13(2)1('
2
m
m
m
mm
Vậy kết quả của bài toán là
3−<m
và
.
3
1
1 −<<− m
0,5
1
O
1−
2
5
y
x
4−
2
1
2
1
II.
(2,0
điểm)
1. (1,0 điểm)
Điều kiện:
02sin
≠
x
.
Phương trình
0
sin
cos
cossin2
1
sin2
sin
1
=−+−⇔
x
x
xx
x
x
02coscos2.2cos
0
cossin2
cos21
sin
sin21
22
=−⇔
=
−
+
−
⇔
xxx
xx
x
x
x
0,5
.,,
2
3
24
2
1
cos
02cos
Zmk
mx
kx
x
x
∈
+±=
+=
⇔
=
=
⇔
π
π
ππ
Đối chiếu điều kiện, nghiệm của phương trình là
.,,2
3
;
24
Zmkmxkx ∈+±=+=
π
πππ
0,5
2. (1,0 điểm)
Đặt
0,,1,1 ≥+=+= baybxa
. Khi đó hệ trở thành
=−+
=−
)2(
4
1
)4(2
)1(
2
7
22
2
aab
ba
Thế (1) vào (2) ta được
4
1
82
2
7
3
2
2
=−+
− aaa
0)65)(2)(1(
012872
2
234
=++−−⇔
=+−−+⇔
aaaa
aaaa
0,5
21 =∨=⇔ aa
(vì
065
2
>++ aa
với
0≥a
)
* Với
1=a
, thay vào (1) ta được
0
2
5
<−=b
, không thỏa mãn.
* Với
2=a
, thay vào (1) ta được
2
1
=b
. Suy ra
.
4
3
,3 −== yx
0,5
III.
(1,0
điểm)
Ta có
2
1
0.12 −=⇔=+
−
xex
x
.
Vậy hình phẳng đã cho được giới hạn bởi các đường
2
1
;0;.12 −==+=
−
xyexy
x
và
1=x
.
Do
−∈∀≥+=
−
1;
2
1
,0.12 xexy
x
nên thể tích khối tròn xoay tạo thành là
∫
−
−
+=
1
2
1
2
d)12( xexV
x
π
.
0,25
Đặt
xevxu
x
dd,12
2−
=+=
. Khi đó
.
2
1
,d2d
2x
evxu
−
−==
Theo công thức tích phân từng phần ta có
∫∫
−
−
−
−
−
−
++−=+
1
2
1
2
2
1
1
2
1
2
1
2
d)12(
2
1
d)12( xeexxex
xxx
2
1
1
22
2
1
2
3
−
−−
−−=
x
ee
0,5
.2
2
2−
−= e
e
Vậy
−=
−2
2
2
e
e
V
π
.
0,25
2
IV.
(1,0
điểm)
Từ giả thiết suy ra
CBB
1
là tam giác vuông tại B và
2
3
.
2
1
2
1
1
a
BCBBS
CBB
==
.
Mặt phẳng
)(
1
CBB
chứa
CB
1
và song song
với
1
AA
nên
.2);();(
111
aCBBAdCBAAd ==
Suy ra
.).;(
3
1
3
1.
11
aSCBBAdV
CBBCBBA
==
Vì chung đáy và chung đường cao nên
V
lăng trụ
3
3.3.3
11
aVV
CBBAABCB
===
0,5
0,5
V.
(1,0
điểm)
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có
zxzxzyzyzyxyxyx 31,31,31
323232
≥++≥++≥++
.
Khi đó
)(3)1()1()1(
222323232
zyxzyxzxzyzyxyxA ++−+++++++++++=
.3)3)((
3)(3)(
)(3)(3
2
222
+−++++=
+++−++=
++−+++++≥
zyxzyx
zyxzyx
zyxzyxzxyzxy
0,5
Từ giả thiết
3=++ zxyzxy
và
0,, ≥zyx
ta có
9)(3)(
2
=++≥++ zxyzxyzyx
.
Suy ra
3≥++ zyx
.
Do đó
3≥A
.
Dấu đẳng thức xảy ra khi
1=== zyx
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 3, đạt được khi
1=== zyx
.
0,5
VIa.
(2,0
điểm)
1. (1,0 điểm)
Giả sử
)();(
00
EyxM ∈
. Khi đó
1
34
2
0
2
0
=+
yx
và
22
0
≤≤− x
.
(E) có
134,2 =−== ca
. Suy ra
2
1
==
a
c
e
.
Ta có
321228128)(7)(7
0
2
0
2
0
2
0
22
0
2
0
2
2
2
1
+−=+−=−++=+ xxxeaexaexaexaMFMF
.
0,5
Xét hàm
32122)(
0
2
00
+−= xxxf
trên
]2;2[−
.
Ta có
]2;2[,0124)('
000
−∈∀<−= xxxf
. Suy ra
)2()(min
0
]2;2[
0
fxf
x
=
−∈
.
Suy ra
16)7min(
2
2
2
1
=+ MFMF
, đạt khi
2
0
=x
. Thay vào (1) ta có
0
0
=y
.
Vậy
)0;2(M
.
0,5
2. (1,0 điểm)
Giả sử mặt cầu cần tìm có tâm I, bán kính R > 0. Vì
dI
∈
nên
)3;32;1( +−+− tttI
.
Do mặt cầu tiếp xúc với (P) nên
3
22
))(;(
t
PIdR
−
==
(1)
Ta có
3
211
))(;(
t
QId
−
=
. Chu vi của đường tròn giao tuyến
122 =⇒= rr
ππ
.
0,5
3
A
B
C
a
3a
1
A
1
B
1
C
Suy ra
1
3
)211(
))(;(
2
222
+
−
=+=
t
rQIdR
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
=
=
⇔+
−
=
−
2
23
4
1
3
)211(
9
)22(
22
t
t
tt
* Với
4=t
ta có
2),7;5;3( =− RI
. Suy ra mặt cầu
.4)7()5()3(
222
=−+−++ zyx
* Với
2
23
=t
ta có
7,
2
29
;20;
2
21
=
− RI
. Suy ra phương trình mặt cầu
( )
49
2
29
20
2
21
2
2
2
=
−+−+
+ zyx
.
0,5
VIIa.
(1,0
điểm)
Giả sử
.,, Ryxyixz ∈+=
Khi đó
.
3
1
9
1
)3()32()16()6(
3)32()16(6326
222222
=⇔=+⇔+−=−+⇔
+−=−+⇔+=−
zyxxyyx
xiyiyxiziz
Suy ra
.
3
1
21
== zz
0,5
Ta lại có
).(
9
2
)())((
9
1
12211221
2
2
2
12121
2
21
zzzzzzzzzzzzzzzz +−=+−+=−−=−=
Suy ra
9
1
1221
=+ zzzz
. Khi đó
.
3
1
9
1
9
2
)())((
1221
2
2
2
12121
2
21
=+=+++=++=+ zzzzzzzzzzzz
Do đó
.
3
1
21
=+ zz
Chú ý: HS có thể đặt
21
, zz
dạng đại số để tính.
0,5
VIb.
(2,0
điểm)
1. (1,0 điểm)
xyP 4:)(
2
=
có
2=p
. Suy ra tiêu điểm
)0;1(F
.
TH 1.
Oxd ⊥
. Khi đó pt
1: =xd
. Từ hệ
.4
)2;1(
)2;1(
4
1
2
=⇒
−
⇒
=
=
AB
B
A
xy
x
Vậy
1=x
thỏa mãn.
TH 2.
d
không vuông góc với Ox. Khi đó pt
)1(: −= xkyd
.
Tọa độ A, B là nghiệm của
=
−=
xy
kkxy
4
2
0)2(2
4)(
2222
2
=++−⇒
=−
−=
⇔ kxkxk
xkkx
kkxy
(*)
0,5
Ta có d cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B
.0
044'
0
2
≠⇔
>+=∆
≠
⇔ k
k
k
Giả sử
);(),;(
2211
kkxxBkkxxA −−
với
21
, xx
là nghiệm của phương trình (*).
Ta có
2
21
2
21
22
12
22
]4))[(1())(1( xxxxkxxkAB −++=−+=
.
)1(16
4
)2(4
)1(
4
22
4
22
2
k
k
k
k
k
+
=
−
+
+=
Suy ra
44
4)1(4
22
2
>+=
+
=
kk
k
AB
, không thỏa mãn.
Vậy phương trình
1: =xd
hay
01 =−x
.
0,5
2. (1,0 điểm)
4
Mặt cầu có tâm
dtttI ∈+−−−+ )1;1;22(
.
3
9
))(;(
+
=
t
PId
. Chọn
)1;1;0( −=
∆
u
và
∆∈)3;1;1(M
.
Khi đó
)2;2;12( −−−−+= tttMI
.
Suy ra
)12;12;42(],[
−−−−−−=
∆
yttMIu
Suy ra
2
182412
],[
),(
2
++
==∆
∆
∆
tt
u
MIu
Id
.
0,5
Từ giả thiết ta có
RIdPId =∆= );())(;(
−=
=
⇔=+⇔++=
+
⇔
53
90
0
090539126
3
9
22
t
t
tttt
t
* Với
0=t
. Ta có
3),1;1;2( =− RI
. Suy ra phương trình mặt cầu
.9)1()1()2(
222
=−+++− zyx
* Với
53
90
−=t
. Ta có
53
129
,
53
143
;
53
37
;
53
74
=
− RI
. Suy ra phương trình mặt cầu
2222
53
129
53
143
53
37
53
74
=
−+
−+
+ zyx
0,5
VIIb.
(1,0
điểm)
Ta có
−
+
−
=
−=−
3
sin
3
cos2
2
3
2
1
231
ππ
iii
. Giả sử
0),sin(cos >+= rirz
ϕϕ
.
Khi đó
−−+−−=
−
)
3
sin()
3
cos(
231
ϕ
π
ϕ
π
i
rz
i
. Theo giả thiết ta có
3
2
3
π
ϕ
π
−=−−
, hay
là
3
π
ϕ
=
. Suy ra
i
rr
z
2
3
2
+=
.
0,5
Khi đó giả thiết
riirrzziz 32)23(22 +=−+⇔−+=−
34034)3(4)13(
2222
=⇔=−⇔+=−+⇔ rrrrrr
, vì
0>r
.
Vậy
iz 632 +=
.
0,5
Hết
5
