Khi đó tâm I của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. S.[r]
(1)TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN 2, NĂM 2011 MƠN: TỐN; Thời gian làm bài: 180 phút
Câu Đáp án Điểm
I. (2,0 điểm)
1 (1,0 điểm)
a Tập xác định: .D=R{2 b Sự biến thiên:
* Chiều biến thiên: Ta có
x −2¿2 ¿ ¿
y '=1
¿
Suy hàm số đồng biến khoảng (− ∞;2) (2;+∞) * Giới hạn: x →lim
+∞
y=lim x →+∞
− x+1
x −2 =−1 x →− ∞lim y=x→ −∞lim − x+1
x −2 =−1 ; lim
x →2−y =lim
x→2− − x+1
x −2 =+∞
x →2+¿− x+1 x −2 =− ∞ x →2+¿
y=lim ¿ lim
¿
* Tiệm cận: Đồ thị có đường tiệm cận ngang y=−1 ; đường tiệm cận đứng x=2
0,5
*Bảng biến thiên:
x − ∞ +∞
y ' +¿ +¿
y
+∞
−1 −1
− ∞ c Đồ thị:
Đồ thị hàm số cắt trục hoành (1; 0), cắt trục tung (0;−1
2) nhận giao điểm I(2;−1) hai tiệm cận làm tâm đối xứng
0,5
2 (1,0 điểm)
Vì đường thẳng AB vng góc với y=x nên phương trình AB y=− x+m Hoành độ A, B nghiệm phương trình − xx −+12 =− x+m , hay phương trình
x2−
(m+3)x+2m+1=0, x ≠2 (1) Do phương trình (1) có m+3¿
2
−4(2m+1)=m2−2m+5>0,∀m
Δ=¿ nên có hai nghiệm
phân biệt x1, x2 hai nghiệm khác Theo định lí Viet ta có
x1+x2=m+3; x1x2=2m+1
0,5
Theo giả thiết tốn ta có
y2− y1¿2=16
x2− x1¿2+¿ AB2=16⇔
¿
0,5
x
O 1
1
2
y
(2)x1+x2¿2−4x1x2=8
¿
m+3¿2−4(2m+1)=8⇔m2−2m−3=0⇔m=3∨m=−1 x2− x1¿2=8⇔¿
− x2+m+x1− m¿2=16⇔¿
x2− x1¿2+¿ ¿
⇔¿
* Với m=3 phương trình (1) trở thành x2−6x
+7=0⇔x=3±√2 Suy hai điểm
A, B cần tìm (3+√2;−√2),(3−√2;√2)
* Với m=−1 ta có hai điểm A, B cần tìm (1+√2;−2−√2)
(1−√2;−2+√2)
Vậy cặp điểm TM: (3+√2;−√2),(3−√2;√2) (1+√2;−2−√2) , (1−√2;−2+√2)
II. (2,0 điểm)
1 (1,0 điểm)
Điều kiện: sin 2x ≠√23⇔x ≠π6+kπ x ≠π
3+kπ , k∈Z Khi pt ⇔sin 2x+cosx −√3(cos 2x+sinx)=2 sin 2x −√3
⇔sin 2x+√3 sinx+√3 cos 2x −cosx −√3=0
⇔sinx(2 cosx+√3)+(2 cosx+√3)(√3 cosx −2)=0
⇔(2 cosx+√3)(sinx+√3 cosx −2)=0 0,5
⇔ cosx=−√3
2
¿
sin(x+π 3)=1
¿
x=±5π +k2π
¿
x=π 6+k2π
¿ ¿ ¿
⇔¿ ¿ ¿ ¿
Đối chiếu điều kiện, ta có nghiệm phương trình x=56π+k2π , k∈Z
0,5
2 (1,0 điểm)
Hệ
⇔ y −2¿2=10
¿
x2
(y+2)+6y=23
¿
x2+2¿2+¿ ¿
Đặt u=x2+2, v=y −2 Khi hệ trở thành
(3)u2+v2=10
(u −2)(v+4)+6(v+2)=23 ⇔
¿u2+v2=10 uv+4(u+v)=19
⇔ u+v=4,uv=3
¿ ¿
u+v=−12,uv=67
¿ ¿{
¿ ¿ ¿ ¿
TH 1. u+v=−12,uv=67 , hệ vô nghiệm
TH 2.
¿
u+v=4 uv=3
¿{
¿
, ta có
u=3, v=1
¿
u=1, v=3
¿ ¿ ¿ ¿
* Với
¿
u=3 v=1
¿{
¿
ta có
x2=1 y=3
⇔ x=±1
¿
y=3
¿ ¿ ¿{
¿ ¿ ¿ ¿
* Với
¿
u=1 v=3
¿{
¿
ta có
¿
x2=−1 y=3
¿{
¿
, hệ vô nghiệm
Vậy nghiệm (x, y) hệ (1;3),(−1;3)
Chú ý: HS giải theo phương pháp x2 theo y từ phương trình thứ hai vào phương trình thứ nhất.
0,5
III. (1,0 điểm)
Ta có phương trình
xln(x+2)
√4− x2 =0⇔ x=0
¿
x=−1
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
Suy hình phẳng cần tính diện tích hình phẳng giới hạn đường
y=xln(x+2)
√4− x2 , y=0, x=−1, x=0 Do diện tích hình phẳng S=∫−1
0
|xln(x+2)
√4− x2 |dx=∫−1
− xln(x+2)
√4− x2 dx Đặt u=ln(x+2), dv=√4− x− x2dx Khi du=
dx
x+2, v=√4− x
Theo cơng thức tích phân phần ta có
(4)S=√4− x2ln(x+2)
¿0 ¿−1 −∫−1
0
√4− x2
x+2 dx=2 ln 2−∫−1
√4− x2 x+2 dx
Đặt x=2 sint Khi dx=2 costdt Khi x=−1, t=−π6; x=0, t=0
Suy
(1−sint)dt=2(t+cost)
I=∫
−1
√4− x2
x+2 dx=∫
−π
4 cos2t
2 sint+2dt=2∫
−π
❑ ¿0
¿
−π
=2+π
3−√3 Suy S=2 ln 2−2+√3−π3
0,5
IV. (1,0 điểm
+) Từ giả thiết suy SH⊥(ABCD)
Vẽ HF⊥AC(F∈AC)
⇒SF⊥AC (định lí ba đường vng góc)
Suy ∠SFH=600
Kẻ BE⊥AC(E∈AC) Khi HF=1
2BE= a√2 2√3
Ta có SH=HF tan600=¿ a√2
2 Suy VS ABCD=13SH.SABCD=a
3
0,5
+) Gọi J, r tâm bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác AHC Ta có r=AH HC AC
4SAHC
=AH HC AC 2SABC
=3a√3 4√2
Kẻ đường thẳng Δ qua J Δ// SH Khi tâm I mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
S AHC giao điểm đường trung trực đoạn SH Δ mặt phẳng (SHJ) Ta có
IH=√IJ2
+JH2=√SH +r
2. Suy bán kính mặt cầu R=a√31
32
Chú ý: HS giải phương pháp tọa độ.
0,5
V. (1,0
điểm Từ giả thiết ta có
x+y+z¿2
x+y¿2+z2≥1 2¿ 3(x+y+z)=¿
Suy x+y+z ≤6
0,5
Khi đó, áp dụng BĐT Cơsi ta có P=((x+z)+
√x+z+
√x+z)+((y+2)+
√y+2+
√y+2)+4(
√x+z+
√y+2)−2 12+12+4
√(x+z)(y+2)−2≥22+
8√2
√x+y+z+2≥26 Dấu đẳng thức xảy x=1, y=2, z=3
Vậy giá trị nhỏ P 26, đạt x=1, y=2, z=3
0,5
VIa. (2,0 điểm)
1 (1,0 điểm)
Ta có A(−3;−8) Gọi M trung điểm BC ⇒IM // AH Ta suy pt IM:x −2y+7=0 Suy tọa độ M thỏa mãn
¿
x −2y+7=0 13x −6y −9=0
⇒M(3;5)
¿{
¿
0,5
B
A
H M I
C B
A S
D
C E
F J I K
(5)Pt đường thẳng BC:2(x −3)+y −5=0⇔2x+y −11=0 B∈BC⇒ B(a ;11−2a)
Khi
IA=IB⇔a2−6a+8=0⇔ a=4
¿
a=2
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
Từ suy B(4;3), C(2;7)
B(2;7), C(4;3)
0,5
2 (1,0 điểm)
Ta có ⃗AB(1; −1;2),⃗AC(−2;1; −3). Suy pt (ABC):x − y − z −1=0 Gọi tâm mặt cầu I∈Δ⇒ I(1− t ;2t ;2+2t) Khi bán kính đường trịn
t+1¿2+6
¿ ¿3
2¿ ¿
r=√IA2− d2(I ,(ABC))=√2t
+4t+8 =√¿ Dấu đẳng thức xảy t=−1
0,5
Khi I(2;−2;0),IA=√5 Suy pt mặt cầu
y+2¿2+z2=5
x −2¿2+¿ ¿
0,5
VIIa. (1,0 điểm)
Đặt z=a+bi(a , b∈R) Ta có ¿z −3i∨¿∨1−i¯z∨¿ tương đương với ¿a+(b −3)i∨¿∨1−i(a−bi)∨⇔∨a+(b −3)i∨¿∨1−b −ai∨¿
−a¿2⇔b=2
1−b¿2+¿
b −3¿2=¿
⇔a2
+¿
0,5
Khi z −9z=a+2i−a+92i=a+2i−9(aa −2 2i)
+4 =
a3−5a+(2a2+26)i
a2
+4 số ảo
khi a3−5a=0 hay a=0, a=±√5
Vậy số phức cần tìm z=2i, z=√5+2i, z=−√5+2i
0,5
VIb. (2,0 điểm)
1 (1,0 điểm)
Đường trịn (C) có tâm I(2;−1), bán kính R=2√5 Gọi H trung điểm AB Đặt AH=x(0<x<2√5) Khi ta có
1
2IH AB=8⇔x√20− x 2=8⇔ x=4
¿
x=2(ktm AB<IA)
¿ ¿ ¿ ¿ ¿
nên AH=4⇒IH=2
0,5
Pt đường thẳng qua M: a(x −1)+b(y+3)=0(a2+b2≠0) ⇔ax+by+3b− a=0
Ta có
¿a+2b∨ ¿
√a2+b2=2⇔a(3a−4b)=0⇔a=0∨a =4
3b
d(I ,AB)=IH=2⇔¿
* Với a=0 ta có pt Δ:y+3=0
* Với a=43b Chọn b=3 ta có a=4 Suy pt Δ: 4x+3y+5=0 Vậy có hai đường thẳng Δ thỏa mãn y+3=0 4x+3y+5=0
0,5
2 (1,0 điểm)
Gọi (Q) mặt phẳng qua M vng góc với Δ Khi pt (Q):2x − y+z −3=0 Ta có ⃗nQ(2;−1;1),⃗nP(1;1;1) Từ giả thiết suy A thuộc giao tuyến d (P) (Q)
M
H B
(6)Khi
⃗
ud=[ ⃗nP,⃗nQ]=(2;1;−3)
N(1;0;1)∈d
nên pt
d: x=1+2t
y=t z=1−3t
¿{{ Vì A∈d suy A(1+2t ;t ;1−3t)
0,5
Gọi H giao điểm Δ mặt phẳng (Q) Suy H(1;−12;12) Ta có d(A , Δ)=AH=√33
2 ⇔14t
2−2t −16
=0⇔t=−1∨t=8
7 Suy A(−1;−1;4) A(23
7 ; 7;−
17 )
0,5
VIIb. (1,0 điểm)
Đặt z1
z2=w ta ¿z2w − z2∨¿∨z2w∨¿∨z2∨¿0 Hay ¿w −1∨¿∨w∨¿1 Giả sử w=a+bi(a ,b∈R) Khi ta có
a −1¿2+b2=a2+b2=1
¿ hay a=
1 2, b=±
√3
0,5 * Với w=1
2+
√3 i=cos
π 3+isin
π
3 Ta có w
=cos4π +isin
4π (w1 )
4
=cos4π −isin
4π Do A=2cos43π=−1 * Với w=1
2−
√3
2 i , tương tự ta có A=−1
Chú ý: HS giải theo cách biến đổi theo dạng đại số số phức.