KTCL 8T HK II THPT TRUC NINH B

 HS trình bày lời giải khác cách của đáp án, nếu đúng thì cho điểm tương đương.[r]

SỞ GD&ĐT NAM ĐỊNH TRƯỜNG THPT TRỰC NINH B

KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG TUẦN HỌC KÌ II - NĂM HỌC 2009-2010 HƯỚNG DẪN CHẤM & BIỂU ĐIỂM MƠN : TỐN - LỚP 12

( Hướng dẫn chấm có 02 trang )

Lưu ý:  Làm tròn điểm theo quy tắc: 4.254.50; 4.504.50; 4.755.00

 HS trình bày lời giải khác cách đáp án, cho điểm tương đương

-

Bài 1(3.50 điểm): Cho hàm số y x4(3m2)x2 2m21 có đồ thị (Cm), m là tham số.

1/ Khảo sát vẽ đồ thị ( )C2 ; 2/ Tìm m để đồ thị (Cm) có ba điểm cực trị phân biệt tạo thành một tam giác đều

Bài 1 Nội dung Điểm số

1/

(2.50 điểm)

* Khi m = 2, có hs 2

8 ( )

yx  x  C ; * TXĐ: D = R 0.25

* Có xlim  y ; lim

x y  0.25

* Có y' 4x3 16x

  xác định D; y' 0  x0;x2 0.25

* BBT:

0.50

* Hs NB khoảng 2;0và 2;; Hs ĐB khoảng   ; 2 và 0; 2. 0.25 * Hs đạt cực tiểu điểmx 0 yCT 7; Hs đạt cực đạt điểmx 2 yCT 9. 0.25 * Đồ thị: +) Có y" 12x2 16

  xác định D; " 1,2 3

y   x  ;

"

y đổi dấu x qua điểm điểm x1,2

Nên 1( 17; ), 2(2 17; )

3 9

U  U là hai điểm uốn ( )C2

0.25

 

2

) ( ) (0; 7);

) ( ) ( 7;0); ( 1;0); (1;0); ( 7;0)

C Oy O

C Ox A B C D

   

    

0.50

2/

(1.00 điểm)

* Có ' 4 2(3 2) 2 (2 3 2); ' 0 0;

2

m

y  x  m x x x  m y   x x   0.25

*(Cm) có ba điểm cực trị phân biệt và chỉ y' có nghiệm phân biệt

3 0

2

m m 

    (*)

* Khi đó y' có nghiệm phân biệt là:

1

3 0

2

m m

x   x  x x   Gọi điểm cực trị phân biệt

(Cm) là A x y B x y C x y( ; ), ( ; ), ( ; )1 2 3 ; đó y1y3 x14(3m2)x12 2m21, y2 2m21

0.25

* Do tính chất đồ thị hàm số trùng phương, suy ABC cân đỉnh B Vậy ABC đều và chỉ ABAC 0.25

*Có 2 2

2 3

( ) ( ) ( ) ( )

ABAC x  x  y  y  x  x  y  y  x12[x14 (3m2)x12 2] 4x12

3

2 2

1

2

[ (3 2)]

3

x x m m  

       (thỏa mãn (*)) 0.25

-10 12 x

-7

8

y

-2

9

+ +

-Trang 1/2 -Bài 2(1.00 điểm): Giải phương trình: 4x 6.2x 8 0

   .

Bài 2 Nội dung Điểm số

(1.00 điểm)

* PT

2 x 6.2x 2x 2; 2x

       0.50

* Có 2x x x

     * Có 2x 4 2x 22 2 2

x x

       0.50

Bài 3(2.00 điểm) : 1/ Tìm một nguyên hàm F x( ) của hàm số f x( ) (2 x1) sin 2x, biết ( ) 1

4

F   ; 2/ Tính:

1

1

2

x x dx

e e

  

Bài 3 Nội dung Điểm số

1/ (1.00 điểm) * Đặt 2 1

sin cos

2

du dx

u x

dv xdx v x

            

( ) (2 1) cos cos

2

F x x x xdx

    0.50

1

( ) (2 1) cos sin

2

F x x x x C

     0.25

* Có ( )

F   1( 1) cos 1sin 1

2 2 2 C C

  

        Vậy ( ) 1(2 1) cos 1sin

2 2

F x  x x x 0.25

2/

(1.00 điểm)

* Đặt t e x dt e dx t x , ( 1) e t1, (0) 1 Do đó

1

0

2

1

2

x x

e

I dx dt

e e  t t

 

 

   

  0.25

1 1

1 1

1 ( 2) ( 1) 1

[ ]

( 1)( 2) ( 1)( 2) ( 1)

e e e

t t

I dt dt dt

t t t t t t

  

  

    

     

   0.25

1

1

1

1

1 ( 1) ( 2) 1(ln 1 ln 2 )

3 ( 1) 3 e

e e

d t d t

I t t

t t 

 

 

      

 

  0.25

1

1 1 1

1

1 1 1 1 2(2 )

ln [ln ln ] ln

3 e 2

t e e

I

t  e e

 

 

   

   

    0.25

Bài 4(3.50 điểm):Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình chóp S OABC có đáy là hình vuôngOABCvớiO(0;0;0), A(2;0;0),

(0; 2;0),

C S(0;0; 2) Gọi M N, theo thứ tự là trung điểm cạnh SA SC, ; P là hình chiếu vuông góc O SB

1/ Viết phương trình mặt phẳng (OMN); 2/ Tìm tọa độ điểm B, vectơ SB Chứng minh P thuộc mặt phẳng (OMN). 3/ Tính OM MB  Chứng minh điểm O A B C M P N, , , , , , cùng thuộc một mặt cầu Viết phương trình mặt cầu đó

4/ Tính thể tích khối tròn xoay sinh bởi quay tam giác SOB( kể điểm ) quanh đường thẳng SB

Bài 4 Nội dung Điểm số

1/ (1.00 điểm)

* Từ đề bài, suy M(1;0;1), (0;1;1)N 0.25

(1;0;1), (0;1;1) [ , ] ( 1; 1;1)

OM ON n OM ON

                        là một vectơ pháp tuyến (OMN) 0.25 (OMN)

 có phương trình: 1.(x0) 1.( y0) 1.( z0) 0  x y z  0 0.50

2/ ( 0.75 điểm)

* Ta có OB OA OC (2;2;0) B(2;2;0)   

 SB (2; 2; 2) 0.50

 SB 2n  SB

  

là một vectơ pháp tuyến (OMN)  SB(OMN) * Có

( )

( ) ( )

( )

SB OMN

OP SB OP OMN P OMN

O OP OMN

             0.25 3/ (0.75 điểm)

* Có OM MB    

0.25

OM MB

  Tương tự có ONNB Có OPPB OA, AB OC, CB

Chứng tỏ điểm O A B C M P N, , , , , , cùng thuộc một mặt cầu đường kính OB 0.25

* M.c đó có tâm I(1;1;0)là tr/điểm đoạnOBvà b/k 2

R OB Vậy m/cầu có p/trình: (x 1)2 (y 1)2 (z 0)2 2

      0.25

4/

(1.00 điểm)

* Gọi ( )H là khối tròn xoay sinh bởi quay tam giác SOB( kể điểm ) quanh đường thẳng SB * Có OS OB  

 

OS OB

   SOB vuông O và có đường cao OP, Pở giữa S và B 0.25 * Khi quay miền SOP,BOP quanh đ/thẳng SB lần lượt tạo thành hai khối nón (H1),(H2) V( )H V(H1)V(H2) 0.25

* Ta có 2

( )

1

3

H

V  OP SP OP BP 2.( )

3OP SP BP 3OP SB

   0.25

S

P N M

O C

I

* Có

2 2

1 1

3

OP

OP OS OB   ;

2

2

SB OS OB  ( )

1 .2 38 16 3.

3

H

V  

   0.25