De thi va DA hoc ki 2 mon Toan 2010

Trờng thpt lơng tai 2 đề chính thức đề thi học kỳ II năm học 2009- 2010 Môn thi: Toán Trung học phổ thông phân ban Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề I. Phần chung cho thí sinh cả 2 ban ( 8,0 im) Cõu I ( 4,0 im) Cho hm s y= x 4 -mx 2 -3 ( m l tham s ) 1. Kho sỏt v v th (C) ca hm s ó cho vi m = 2 2. Tớnh din tớch hỡnh phng gii hn bi th (C) v trc Ox 3. Tỡm m hm s t cc i ti im x= 1 Cõu II (2,0 im ) 1. Gii phng trỡnh x 2 -x +3 = 0 trờn tp s phc 2. Gii phng trỡnh ln(x-2).lnx = lnx Cõu III (2,0 im) Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy l hỡnh vuụng cnh a , SA ( ABCD), SA=a 2 1. Tớnh th tớch ca hỡnh chúp 2. Tỡm tõm v bỏn kớnh mt cu ngoi tip hỡnh chúp I. Phần dành cho thí sinh từng ban ( 2,0 im) A. Thớ sinh ban KHTN chn cõu 4a hoc cõu 4b Cõu IVa ( 2,0 im) 1. Tớnh tớch phõn I= 4 2 6 sin cotgx dx x 2. Vit phng trỡnh tip tuyn ca th hm s y= 2 2 1 x x x ti im cú tung y=2 Cõu IVb ( 2,0 im) Trong khụng gian vi h to Oxyz cho A(3;-2;-2), B(3;2;0),C(0;2;1), D(-1;1;2) 1. Vit phng trỡnh mt phng (BCD). Bn im A,B,C,D cú ng phng hay khụng? 2. Vit phng trỡnh mt cu tõm A v tip xỳc vi mt phng (BCD) B. Thớ sinh ban KHXH chn cõu 5a hoc cõu 5b Cõu Va ( 2,0 im) 1. Tớnh tớch phõn I= 6 0 (2 )sin3x xdx 2. Tỡm giỏ tr ln nht, nh nht ca hm s y= x 3 -3x 2 -2 trờn [0;3] Cõu Vb ( 2,0 im) Trong khụng gian vi h to Oxyz cho t din ABCD bit A(2;4;-1), B(1;4;-1), C(2;4;3), D(2;2;-1) 1. Chng minh rng AB,AC, AD ụi mt vuụng gúc 2. Vit phng trỡnh mt cu ngoi tip t din ABCD Ht Ch kớ ca giỏm th 1: Ch kớ ca giỏm th 2: . H v tờn thớ sinh: .S bỏo danh: Hng dn chm thi hc kỡ II x -∞ -1 0 1 +∞ y’ - 0 + 0 - 0 + +∞ -3 +∞ y -4 -4 x y C©u Néi dung §iÓm I 4® 1) (2®) Với m=2, hàm số trở thành y=x 4 -2x 2 -3 1. Tập xác định : D= R . Hàm số là hàm chẵn 2. Sự biến thiên : a) Các giới hạn, tiệm cận : Ta có 4 2 4 2 3 lim lim 1 ; x x y x x x →−∞ →−∞   = − − = +∞  ÷   4 2 4 2 3 lim lim 1 ; x x y x x x →+∞ →+∞   = − − = +∞  ÷   ⇒ đồ thị hàm số không có tiệm cận b) Chiều biến thiên: y’ =4x 3 -4x , ∀ x∈ R ; y’ = 0 ⇔ 1 0 1 x x x = −   =   =  Trên các khoảng (-1;0) và (1; +∞) , y’>0 nên hàm số đồng biến Trên các khoảng (-∞; -1) và (0;1) , y’<0 nên hàm số nghịch biến c) Cực trị Từ kết quả trên ta suy ra : - Hàm số đạt cực tiểu tại x=± 1 , y CT = y(±1) = -4 - Hàm số đạt cực đại tại x=0; y CĐ =y(0) = -3 d) Bảng biến thiên: 3. Đồ thị: - Giao với trục Ox : y=0 ⇒ x 4 -2x 2 -3 ⇔ x= ± 3 - Giao với trục Oy : x=0 ⇒ y= -3 Hàm số chẵn do đó đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng Đồ thị ( Hình vẽ ) 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 2) (1®) Hoành độ giao điểm của (C) và trục Ox là : x= ± 3 Do tính đối xứng của đồ thị qua Oy nên diện tích hình phẳng cần tìm là : S=2 3 4 2 0 2 3x x dx− − ∫ ( ) 3 4 2 0 2 2 3x x dx= − + + ∫ = 5 3 5 3 2 3 2 3 16 3 3 2 3 2 3 3 5 3 5 3 5 0 x x x      ÷ − + + = − + + =  ÷  ÷     ( Đvdt) 0.25 0.25 0.25 0.25 3) (1®) Ta có y’ = 4x 3 -2mx y’’ = 12x 2 -2m 0.25 0.25 2 Hàm số đạt cực đại tại điểm x=1 , điều kiện cần là : '(1) 0 "(1) 0 y y =   <  4 2 0 2 12 2 0 6 m m m m m − = =   ⇔ ⇔ ⇔ ∈Φ   − < >   Vậy không tồn tại m để hàm số đạt cực đại tại x=1 0.25 0.25 II 2® 1) (1®) Ta có ∆ = 1-12 = -11 ⇒ . 11i∆ = Vậy phương trình có hai nghiệm là : x 1 = 1 11 2 i+ ; x 2 = 1 11 2 i− 0.5 0.5 2) (1®) Điều kiện xác định : 0 2 2 0 x x x >  ⇔ >  − >  (*) Với điều kiện (*), phương trình ⇔ lnx[ln(x-2) – 1] = 0⇔lnx=0 hoặc ln(x-2) -1 =0 • lnx =0 ⇔ lnx=ln1 ⇔x=1 ( không thoả mãn điều kiện (*)) • ln(x-2)=1 ⇔ ln(x-2)=lne ⇔ x-2=e ⇔ x=2+e ( thoả mãn điều kiện (*)) Vậy phương trình (1) có tập nghiệm T = { 2+e} 0.25 0.25 0.25 0.25 III 2® 1) (1®) Ta có S ABCD =a 2 ( do đáy là hình vuông cạnh a) ; SA⊥(ABCD) ⇒ đường cao của hình chóp là SA= a 2 Vậy V S.ABCD = 1 3 S ABCD .SA = 3 2 3 a (đơn vị thể tích) 0.25 0.25 0.25 0.25 2) (1®) Từ giả thiết ta có SA⊥(ABCD) ⇒ ∆SAB, ∆SAD vuông tại S Mặt khác : SB=SD=a 3 ; SC=2a ⇒ ∆SBC ⊥ tại B, ∆SDC⊥ tại D ⇒ gọi O là trung điểm SC ta có OA=OB=OC=OD=OS=a . Vậy O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD, bán kính R= a 0.25 0.25 0.25 0.25 IVa 2đ 1) (1®) Đặt u= cotgx ⇒ u 2 =cotgx ⇒ 2 4 2 sin : 3 6 : 1 4 dx udu x x u x u π π  =    = =    = =   ⇒ I= 4 1 4 2 3 6 2 sin cotgx dx udu u x π π = ∫ ∫ = 4 1 4 4 3 1 2 2 2( 3 1) 3 du u= = − ∫ 0.25 0.25 0.25 0.25 2) (1®) Ta có y= x- 2 1x − , ∀ x≠ 1⇒ y’ = 1+ 2 2 ( 1)x − , ∀ x≠ 1 0.25 0.25 3 Tung độ của tiếp điểm bằng 2 ⇒ 2 2 1 x x x − − − = 2 ⇔ x=0 hoặc x=3 Phương trình tiếp tuyến của đường cong tại điểm M 0 (x 0 ;y 0 ) là : y= y’(x 0 )(x-x 0 )+y 0 (*) - Tại M 1 (0; 2) : Thay vào (*) ta có: y= 2 2 1 ( 0) 2 3 2 (0 1) x x   + − + = +   −   - Tại M 2 (3;2): Thay vào (*) ta có y= 2 2 3 5 1 ( 3) 2 (3 1) 2 2 x x   + − + = −   −   Vậy tại điểm có tung độ bằng 2 ta có thể vẽ được hai tiếp tuyến tới đồ thị hàm số là y= 3x+2 và y= 3 5 2 2 x − 0.25 0.25 IVb 2 đ 2) (1®) * Viết phương trình mặt phẳng (BCD): - Mặt phẳng (BCD) nhận [ ,BC BD uuur uuur ] làm véc tơ pháp tuyến Ta có: ( 3;0;1) ; BD ( 4; 1;2)BC = − = − − uuur uuur ⇒ [ ,BC BD uuur uuur ]= 0 1 1 -3 -3 0 ; ; (1;2;3) -1 2 2 -4 -4 1   =  ÷   Vậy mặt phẳng (BCD) có phương trình : 1(x-0)+2(y-2)+3(z-1)=0 hay x+2y+3z-7=0 * Dễ thấy A( 3;-2;-2) ∉ (BCD) . Vậy bốn điểm ABCD không đồng phẳng 0.25 0.25 0.25 0.25 Gọi R>0 là bán kính mặt cầu tâm A (3;-2;-2) Mặt cầu (S) tiếp xúc với mặt phẳng (BCD) ⇔ d(A; (BCD))= R ⇔ 2 2 2 3 2( 2) 3( 2) 7 1 2 3 R + − + − − = + + ⇔ R= 14 Vậy mặt cầu tâm A, bán kính R có phương trình: (x-3) 2 +(y+2) 2 +(z+2) 2 = 14 0.25 0.25 0.25 0.25 Va 2 đ 1) (1®) Đặt 2 os3x sin 3 3 du dx u x c dv x v = −  = −   ⇒   = = −    ⇒ I= 6 0 (2 )sin3x xdx π − ∫ = 6 0 os3x os3xdx (2 ) 6 3 3 0 c c x π π − − − = ∫ = os3x sin 3 ( 2). 6 3 9 0 c x x π   − −  ÷   = 1 2 5 9 3 9 − + = . Vậy I= 5/9 0.25 0.25 0.25 0.25 2) (1®) Ta có : y’ = 3x 2 -6x ⇒ y’ = 0 ⇔ x= 0 hoặc x= 2 ∈ [0;3] Mặt khác : y(0) = - 2; y(2) = -4 ; y(3) = - 2 Vậy [ ] 0;3 ax 2 x M y ∈ = − khi x= 0 hoặc x= 3 [ ] 0;3 4 x Min y ∈ = − khi x= 2 0.25 0.25 0.25 0.25 4 Vb 2 đ 1) (1®) Ta có ( 1;0;0)AB = − uuur (0;0;4)AC = uuur ; (0;2;0)AD = uuur ⇒ . ( 1).0 0.0 0.(4) 0AB AC = − + + = uuur uuur Tương tự : . 0AB AD = uuur uuur ; .AD AC uuur uuur =0 ⇒ AB⊥AC; AB⊥AD; AC⊥AD (đpcm) 0.25 0.25 0.25 0.25 2) (1®) Gọi phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là : x 2 +y 2 +z 2 -2ax -2by-2cz +d = 0 ( a 2 +b 2 +c 2 -d >0 ) Do A, B, C, D thuộc mặt cầu nên ta có hệ : 4 16 1 4 8 2 0 1 16 1 2 8 2 0 4 16 9 4 8 6 0 4 4 1 4 4 2 0 a b c d a b c d a b c d a b c d + + − − + + =   + + − − + + =   + + − − − + =   + + − − + + =  2 4 8 21 (1) 2c+d = 2a+8b-18 (2) 2c+d = 4a+4b -9 (3) 4a+8b+6c - d = 29 (4) c d a b+ = + −    ⇔     (1)-(2) : 2a=3 ⇔ a= 3 2 (1)-(3) : 4b-12=0 ⇔ b=3 Thay vào (3) và (4) ta có hệ : 6 1 1 2 9 7 c d c c d d − = − =   ⇔   + = =   ( thoả mãn a 2 +b 2 +c 2 -d>0) Vậy phương trình mặt cầu là: x 2 +y 2 +z 2 -3x-6y-2z+7=0 0.25 0.25 0.25 0.25 Chó ý: C¸c c¸ch gi¶i kh¸c ®óng cho ®iÓm t¬ng øng 5 . 4 1 4 4 3 1 2 2 2( 3 1) 3 du u= = − ∫ 0 .25 0 .25 0 .25 0 .25 2) (1®) Ta có y= x- 2 1x − , ∀ x≠ 1⇒ y’ = 1+ 2 2 ( 1)x − , ∀ x≠ 1 0 .25 0 .25 3 Tung độ của tiếp điểm bằng 2 ⇒ 2 2 1 x x x − − − = 2 ⇔ x=0. R ⇔ 2 2 2 3 2( 2) 3( 2) 7 1 2 3 R + − + − − = + + ⇔ R= 14 Vậy mặt cầu tâm A, bán kính R có phương trình: (x-3) 2 +(y +2) 2 +(z +2) 2 = 14 0 .25 0 .25 0 .25 0 .25 Va 2 đ 1) (1®) Đặt 2 os3x sin 3 3 du. AB⊥AC; AB⊥AD; AC⊥AD (đpcm) 0 .25 0 .25 0 .25 0 .25 2) (1®) Gọi phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là : x 2 +y 2 +z 2 -2ax -2by-2cz +d = 0 ( a 2 +b 2 +c 2 -d >0 ) Do A, B, C, D thuộc