De thi va dap an HKI rat hay

a/ Tính thể tích khối chóp SABC theo a

b/ Tìm tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC Tính bán kính thể tích khối cầu theo a

Câu 5: (1,0 điểm)

Tính giới hạn:

lim 2 312 ln(1 )

x

e x

I

x x

  



 

………Hết………

Họ tên thí sinh:……… ……… Số báo danh:……… Chữ ký giám thị 1:………Chữ ký giám thị 2:………

(2)

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN

Câu Nội dung Điểm

1 (3,0 ) a/ Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số yx33x2 2 1,5  TXĐ: D

 Sự biến thiên: * Chiều biến thiên:

2

'

y  x  x; y' tam thức bậc có hệ số a =-3<0 có hai nghiệm phân biệt x1 0;x2 2

Từ suy hàm số đồng biến khoảng (0 ;2) ; nghịch biến (  ; 0) (2 ;+)

0,5

* Cực trị:

+/ Hàm số đạt cực tiểu x1=0; yCT = y(0) = -2 +/ Hàm số đạt cực đại x1=2; yCĐ = y(2) =

0,25

* Giới hạn:

+/ xlim y xlim x3( 23)

x x

     

   

+/ xlim y xlim x3( 23)

x x

    

     

0,25

* Bảng biến thiên :

x - +  y’ +

-y + 

-2

-

0,25

 Đồ thị: * Điểm uốn: I(1;0)

* Gđiểm đồ thị với trục Oy: (0;-2) Chọn thêm điểm: (-1;2); (3;-2) * Vẽ đồ thị: Nhận xét tâm đối xứng

f(x)=-x*x*x+3*x*x-2 f(x)=-x^3+3x^2-2

-2 -1

x y

0,25

b/ Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C); biết tiếp tuyến song song với đường thẳng y9x

0,75

* Giả sử M(x0;y0) thuộc đồ thị hàm số Ta có y0 = -x03 +3x02 -2 (1) * Khi tiếp tuyến M đồ thị (C) có hệ số góc là:

k=y’(x0)=-3x02+6x0

* Để tiếp tuyến M song song với đường thẳng y9x 7 điều

(3)

kiện cần là: k=-9  -3x02+6x0 =-9 0 x x      

* Với x0 =-1; từ (1) suy y0=2 Khi tiếp tuyến M có pt : y=-9x-7 (trùng với đường thẳng y =-9x-7  loại)

* Với x0 =3; từ (1) suy y0=-2

Khi tiếp tuyến M có pt : y=-9x+25 (t/m)

0,25

0,25 c/ Tìm giá trị tham số m để phương trình x3 3x25m 1 0 có

đúng ba nghiệm phân biệt.

0,75

* Ta có phương trình x3 3x25m 1  x33x2 25m (2) * Số nghiệm phương trình (2) số giao điểm hai đồ thị: hàm số yx33x2 (đã vẽ câu a) đồ thị y = 5m – ( đường thẳng song song trùng với trục hồnh; cắt trục tung điểm có tung độ 5m – 3).

* Vẽ hình:

* Từ đồ thị ta suy ra: Để phương trình cho có ba nghiệm phân biệt -2<5m – 3<2  1<5m <5  0<m<1.

* KL:

0,25

2 (1,0) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số

2 y x

x

  

 trên đoạn [-1;1].

1,0

* Dễ thấy hàm số xác định [-1;1]

* Ta có:

4 ' ( 2) y x   

+/ y’(x) xác định [-1;1]

+/ y’(x) =  

  1;1 1;1 x x          

* Khi đó: y(-1) =

3

 ; y(1) = -1; y(0) = Từ suy ra:

-1;1ax (0)

m yy  ;

-1;1

minyy(1)1

0,25

3 (2,0) a/ Giải phương trình sau: 6.9x 13.6x6.4x0 1,0 * ĐK:  x R

* Do 4x >  x R nên chia hai vế phương trình cho 4x ; ta có:

PT 9) 6) 3) 3)

4 2

2

6.( x 13.( x 6.( x 13.( x

       

* Đặt ( )3 ( 0)

x t t

  Phương trình trở thành: 6t2 -13t+6=0 (2)

* Giải (2) : t1 =

3

2 ; t2 =

3 (t/m)

* Từ giải : x1 = ; x =-1

0,25

0,25 0,25 b/ Giải phương trình sau: log2 3log (1 2)

8

x   x 1,0

* ĐK: (*) x x x          

* Với đk (*);

bpt  log2 3x log log (  x 2)log2 3x log 2( x 2)

0,25

(4)

3x 5 2(x 2) 3x 5 4(x 2)2

        (do x>2 nên x-2 > 0)

x2 7x 9 0

   

3

4 19 21 7

4 x x x x           

* Kết hợp với đk (*) suy x = nghiệm phương trình

0,25 0,25

4 (3,0) * Vẽ hình:

x t O G B C A M I S 0,5

a/ * Do (SAB) (SAC)=SA; nên theo giả thiết suy SA(ABC)

Khi góc SB mp (ABC) SBA ; suy 

60

SBA

* Xét tam giác SAB vuông A; ta có SA=AB.tan600 =2a 3. * Từ thể tích khối chóp SABC :

0

1 1

.sin 60 3.2

3 ABC 6

V  SAS  SA AB AC  a a a  a (đvtt)

0,25 0,25

0,5 b/ * Gọi I trung điểm BC; G trọng tâm tam giác ABC

* Do tam giác ABC đều; AB =2a nên: AI = a ; AG = 2

3

a AI 

và G tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

* Dựng Gx (ABC)  Gx // SA Trong mp(Gx ; SA) dựng đường

trung trực Mt SA ; gọi O MtGx Ta dễ dàng suy O cách S ; A ; B ; C Vậy O tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABC * Gọi R bán kính mặt cầu

R = OA = 2 3 12 39

9

a a

AM AG  a   (đvđd)

* Thể tích khối cầu là: V=4 . 52 39

3 27

a R

   (đvtt)

0,5

5 (1,0) * Ta có:

2

3

2 2 2

2 2

0

2 2

2 2 3 2 2 2

0

1 1 1

lim lim ( )

ln(1 ) ln(1 )

1 (1 )

lim

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

x x

x

e x e x x

I

x x x x

e x x

I

x x x x x

                                                    2

2 3 2 2 2

0

1

lim

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

1

( 2.1 ).1

3

x

e x

I

x x x x

I                                  1,0

(5)

Định dạng
Số trang	5
Dung lượng	211 KB