DEDAP AN THI THU DH 2012

Tính thể tích khối tứ diện SCMN.. CâuV.[r]

(Đề gồm 01 tran ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG CÁC MÔN THI ĐẠI HỌC NĂM: 2011 – 2012

Mơn TỐN - Khối A, Lần 03

Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG (7,0 điểm)

CõuI (2,0 điểm)1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số : y = x3 – 3x2 + 2) Biện luận theo m số nghiệm phơng trình : 2

1 m

x x

x   

 CâuII (2,0 điểm)

1. Giải phương trình: os2 sin 2x -1 2sin(2x- ) sinx+cosx

sin os

 

 



c x

x c x

2. Giải phương trình sau: (4x1) x 3 33x5 4x8

  (x R )

CâuIII (1,0 điểm) Tính tích phân sau:

3

3

I dx

x 





CâuIV (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thoi với AC4;BD2, SA SC ;

SB SD diện tích tam giác SAC 4 2 Gọi M trung điểm SA Mặt phẳng(CDM) cắtSB N Tính thể tích khối tứ diện SCMN

CâuV (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thoả mãn abc = Chứng minh rằng:

2 2 1

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

a b c

ab ab  bc bc  ac ac  PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

A Theo chương trình Chuẩn CâuVI.a (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho Elip ( )E :

2

1

9

x y

  điểm M(1;1) Viết phương trình đường thẳng qua M cắt ( )E hai điểm A B cho M trung điểm AB

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho M(0; 1; 2) , hai đường thẳng ( ) :1 1

1 2

x y z

d      ( )d2

:

1 2

x y z

 

  Viết phương trình tắc đường thẳng ( ) qua M cắt ( )d1 ( )d2 A B khác I cho IA AB , với I giao điểm ( )d1 ( )d2

CâuVII.a (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn

11

1 i 2i

i.z

1 i i



   

   

 

    Tìm mơđun số phức w z iz   . B Theo chương trình Nâng cao.

CâuVI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hypebol ( )H :

2

1

1

x y

  Tìm ( )H điểm M nhìn hai tiêu điểm góc 600.

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(2;0;0), (0; 2;0)B C(0;0;4) Viết phương trình mặt phẳng ( )P song song với mặt phẳng ( ) :Q x2y3z 0 cắt mặt cầu ( )S ngoại tiếp tứ diện

OABC theo đường trịn có chu vi 2

CâuVII.b (1,0 điểm) Tìm hệ số lớn khai triển (1 )x n

 biết n số tự nhiên thoả mãn 31

0

1 1

2 2 62

n

n n n

C C C

n



   



-Hết -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm. Họ tên thí sinh………, Số báo danh………

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN LẦN 03

ĐỀ THI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG MÔN THI ĐẠI HỌC NĂM 2010 – 2011

Phần A : Dành cho tất thí sinh

Câu I : 1) ( Thí sinh tự khảo sát vẽ đồ thị )

2) Đồ thị hàm số y = (x2 2x 2) x , với x có dạng nh hình vÏ :

Dựa vào đồ thị ta có : *) Nếu m < -2 : Phơng trình vơ nghiệm

*) NÕu m = - : Phơng trình có hai nghiệm

*) Nếu < m < : Phơng trình có nghiệm phân biệt *) m : Phơng trình có hai nghiệm phân biệt

IIIIIII

Tớnh

3

3

I dx

x 





1 2 1 1

2 2

0 0 0

( 1) ( 2) 1

(1 )( 1) 1

x x x x x x

I dx dx dx dx dx

x x x x x x x x x

       

    

        

     0,25

1

1 2

0 2

0

2

1

ln( 1) ln( 1)

2

2 ( ) 1

3 x d

x x x

x 

     

 

 0,25

6

6

(tan )

ln ln

tan

d t

t 



 

   



 0,25

Vậy ln

I    0,25

IV Do SA SC SB SD ;  kết hợp với ABCD hình thoi nên

, ,

OA OB OS đơi vng góc,

Có 2

2 SAC

S  AC SO SO Xét hệ trục toạ độ Oxyz với tia Ox Oy Oz; ; trùng với tia OA OB OS, ,

như hình vẽ: O(0;0;0); (2;0;0); (0;1;0)A B

( 2;0;0); (0; 1;0); (0;0; 2)

C  D  S

Trung điểm SA M(1;0; 2)

0,25

Mặt phẳng (CDM) có cặp vectơ phương

là CD (2; 1;0),  CM(3;0; 2) nên nhận nCD CM,   ( 2; 2;3)



                           

làm vectơ pháp

0,25 S

A

C

D

B

O

x

z

y y = m 1+

1

m

tuyến (CDM) có phương trình: 2x2 2y 3z2 0 SB qua B(0;1;0)

(0;0;2 2)

S nên SB có phương trình x0;y 1 ;t z2 2t

( )

N SB CDM nên (0; ; 2)1 N

1 ( 2;0; 2); (1;0; 2); (0; ; 2)

2

SC   SM   SN  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

;

, (0;4 2;0); , 2

SC SM SC SM SN

     

   

     0,25

Vậy , 1.2 2

6

SCMN

V           SC SM SN          (đvtt) 0,25

V

Chứng minh x y z   x1 y1 z1

Ta có 1 x y z 1

x y z x y z

  

       0,25

2

1 1

( )(x y z ) ( 1 1)

x y z x y z x y z

x y z

  

             0,50

Vậy x y z   x 1 y x  z1 Dấu “=” xảy

2

x  y z 0,25

VI.a

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho Elip ( )E :

2

1

9

x y

  điểm M(1;1) Viết phương trình đường

thẳng qua M cắt ( )E hai điểm A B cho M trung điểm AB

Dễ thấy đường thẳng qua M(1;1)mà song song với Ox khơng thoả mãn Đường thẳng  có phương trình: y k x ( 1) 1 Toạ độ A B, thoả mãn

 2

2 2 ( 1) 1

1

9

( 1) ( 1)

x y x k x

y k x y k x



  

 

   



 

       

 

0,25

khi hồnh độ x xA; B hia nghiệm phương trình:

2 2

(4 ) k x  (18k 18 )k x9k  2k 35 0 0,25

Có

2

18 18

2

4 9

M A B

k k

x x x k

k 

    

 0,25

Vậy đường thẳng cần tìm có phương trình: 4x 9y 5 0,25

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho M(0; 1;2) , hai đường thẳng ( ) :1 1

1 2

x y z

d     

2

( )d :

1 2

x y z

 

  Viết phương trình tắc đường thẳng ( ) qua M cắt ( )d1 ( )d2 lần lượt

tại A B khác I cho IA AB , với I giao điểm ( )d1 ( )d2 . Giao điểm I ( )d1 ( )d2 I(1;1;1) u1(1;2;2)



u2( 1; 2;2)  

lầ vectơ phương ( )d1 ( )d2 Dễ thấy [ , ].u u IM1 0

                                         

nên M , ( )d1 ( )d2 đồng phẳng

0,25 Lấy A1(2;3;3) ( ) d1 B1( ; ;3 ) ( )t   t  t  d2 cho IA1A B1 AB



phương với A B1



(với B1 không trùng với I )

1

1

(1;1;1)

11 13

9 20 11 11 11 11 5 ( ; ; )

9 9 ( ; ; )

9 9

B t

t t B

t B

 



 

     

  

 

1

7 14 22

( ; ; )

9 9

A B   

 

Vậy ( ) qua M(0; 1; 2) có phương trình tắc:

7 14 22

x y z

  0,25

VI.b

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hypebol ( )H :

2

1

1

x y

  Tìm ( )H điểm M nhìn hai tiêu điểm dưới góc 600

Có F F1 22 (2 )c 4c2 4(a2b2) 40 

2 2

1 2 2.cos

F F MF MF  MF MF F MF

1 2

(MF MF ) MF MF

   (Do F MF1 2 600)

1 2

MF  MF  a

0,25

Mặt khác, lại có M 10 M ; M 10 M

c c

MF a x x MF a x x

a a

        0,25

Khi ta 40 10 2 37 273

10 10

M M M

x x y

       0,25

Vậy ( 37; 273)

10 10

M   điểm cần tìm 0,25

2

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(2;0;0), (0;2;0)B C(0;0;4) Viết phương trình mặt phẳng ( )P song song với mặt phẳng ( ) :Q x2y3z 0 cắt mặt cầu ( )S ngoại tiếp tứ diện OABC

theo đường trịn có chu vi 2

Chu vi đường tròn (C) 2 suy đường trịn có bán kính r1 Mặt cầu

2 2

( ) :S x y z  2ax 2by 2cz d 0 ngoại tiếp OABC d 0;a b 1;c2; tâm I(1;1;2) bán kính R

0,25 Khoảng cách từ I(1;1; 2) tới mặt phẳng chứa đường tròn (C) hay khoảng cách từI(1;1; 2)

tới (P) 2

( ; )I P

d  R  r  0,25

(P) có phương trình dạng x2y3z c 0 c 9 70 0,25

Vậy (P): x2y3z 9 70 0 0,25

VII.b

Tìm hệ số lớn khai triển (1 )x n

 biết n số tự nhiên thoả mãn

31

0

1 1

2 2 62

n

n n n

C C C

n



   



Xét khai triển (1 2)n n 2n

n n n

x C C x C x

    

2

(1 )n n n

n n n

x x C x C x C x 

    

Lấy tích phân hai vế cận từ đến ta

1

2

0

(1 )n ( n n )

n n n

x x dx C x C x C x  dx

    

 

1

2

0 2

0

(1 ) 1

2( 1) 2

n

n n

n n n

x

C x C x C x

n n





  

     

   

1 31

0

1 1 2

2 2 2( 1) 62

n n

n n n

C C C

n n



 

     

  (*)

0,25

M

1

Xét ( ) '( ) 2 ln 2.22 2

2

n n n n

f n f n n

n n

  

      nên (*)  n30

0,25 30

30

30

(1 ) k2k k k

x C x



  xét 1

30 30

59

2

3 kCk k Ck k

   ; xét 1

30 30

62

2

3 kCk k Ck k

  

đó với k20  i 0;19  i 21;30 ln có 30 220 3020 i i

C  C

0,25 Vậy hệ số lớn cần tìm 20 20

30

2 C

0,25 §K: x3

3

3 ( 1/ )

4

x

PT x x Do x KTM

x 

 

      

  

3 1

( ) 3 ; 3; ;

4 4

x

f x x x x

x

    

 

         

      

2

3

1 36 5 1

'( ) 3; ; ;

(4 1) 3 4

2 (3 5)

f x x

x

x x

     

            

       

HS§B trªn 3;1 ; 1;

4

   

    

   

 3;1 x  

  PT

 f(x)=f(-2) x=-2

 1;

4 x 

  PT

 f(x)=f(-1)  x=1 VËy S={-2; 1}

Ta có VT =

2 2

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

a b c

ab ab  bc bc  ac ac =

1 1

2 2

(b )(2b ) (c )(2c ) (a )(2a )

a a b b c c

 

     

Vì a, b, c dương abc = nên đặt a y,b z,c x

x y z

   với x, y, z > 0 Khi VT =

1 1

(y )(z z ) (y z )(x x ) (z x )(y y )x

x x x x y y y y z z z z

 

     

=

2 2

( )( ) ( )( ) ( )( )

x y z

y z z y  z x x z  x y y x

Ta có ( )( ) 2 2 2( )2 9( 2)

y z z y yz y  z  yz y z  yz y z Suy

2

2

2 ( )( )

x x

y z z y  y z (1)

Câu VIIa Ta có    

11 8

2

1 i 2i i

i.z 16 i z 16i z 16i

2

     

           

   

 

0,5

Do w z iz   1 16i i 16i    17 17i  w  172172 17 2 0,5 Chú ý:

- Câu IV thí sinh khơng vẽ hình khơng chấm điểm