- Đồ thị nhận gốc tọa độ là tâm đối xứng... Vậy thể tích của lăng trụ là[r]
(1)Trang 1/5
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KÌ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2012 Mơn thi: TỐN – Giáo dục trung học phổ thơng
HƯỚNG DẪN CHẤM
(
Hướng dẫn chấm gồm trang
)
II Đáp án thang điểm
Câu 1) ( 2,0 điểm)Nội dung Điểm
a) Tập xác định: D = 0.25
b) Sự biến thiên:
'
3
3;
'
0
1.
y
=
x
−
y
= ⇔ = ±
x
0.25'
0
(
;
1)
(1;
)
y
> ⇔ ∈ −∞ − ∪ + ∞
x
nên hsố đồng biến khoảng(
−∞ −
; 1)
(1;+∞
)
'
0
( 1; 1)
y
< ⇔ ∈ −
x
nên hàm số nghịch biến khoảng (-1;1)Hàm số đạt cực đại x = -1;
y
C§=
2
, hàm số đạt cực tiểu x = 1,y
CT= −
2
Ta cólim
; lim
x→+∞
y
= +∞
x→−∞y
= −∞
0.5
BBT:
x
y’
y
-
∞
-
∞
+
∞
+
∞
-
1
1
0
-
0
+
+
2
-2
x
y’
y
-
∞
-
∞
+
∞
+
∞
-
1
1
0
-
0
+
+
2
-2
0.5
c) Đồ thị
4
2
-2
x y
O -1
0.5
- Đồ thị qua gốc tọa độ, cắt trục
hồnh điểm có hoành độ
0,
3
x
=
x
= ±
(2)Trang 2/5 Câu 2) ( 1,0 điểm)
Nội dung Điểm
Gọi a là hồnh độ tiếp điểm Tiếp tuyến có hệ số góc nên ta có phương trình
'( )
9
f a
=
0.25
2
3
a
3
9
a
4
a
2.
⇔
− = ⇔
= ⇔ = ±
0.25-Với
a
= ⇒
2
f
(2)
=
2
3−
3.2
= ⇒
2
Pttt y
:
=
9(
x
− + ⇔ =
2)
2
y
9
x
−
16
0.25 -Với a= − ⇒2 f( 2)− = −( 2)3−3.( 2)− = − ⇒2 Pttt y: =9(x+2)− ⇔ =2 y 9x+16 0.25 Câu 1) ( 1,0 điểm)Nội dung Điểm
2
log (3x− −1) log (x+ − =1) (1) ĐK:
1
1
.
1
3
3
x
x
x
> −
⇔ >
>
0.25
2 2
1
(1)
log (3
1)
log (
1)
2
log (3
1)
log (
1)
2
2
x
x
x
x
⇔
− =
+ + ⇔
− =
+ +
0.252
2 2
2log (3
x
1)
log (
x
1)
log 16
(3
x
1)
16(
x
1)
⇔
− =
+ +
⇔
−
=
+
0.252
3
9
22
15
0
5
9
x
x
x
x
=
⇔
−
−
= ⇔
= −
Kết hợp điều kiện, suy phương trình có nghiệm x=3
0.25
Câu 2) ( 1,0 điểm)
Nội dung Điểm
Đặt I=2 cos
sin
x e
xdx
π
+
∫
Đặtt
= +
1 cos
x
⇒
dt
= −
sin
xdx
⇒
sin
xdx
= −
dt
0.25
Khi
0
2;
1
2
x
= ⇒ =
t
x
= ⇒ =
π
t
0.25Suy
( )
1
2
t
I
=
∫
e
−
dt
0.25
2
2 2 1
t t
e dt e e e
=
∫
= = − 0.25Câu 3) ( 1,0 điểm)
Nội dung Điểm
Hàm số cho liên tục [-1;1] Ta có
'( )
2
x x.
x(2
).
f x
=
x e
−−
x e
−=
x e
−−
x
0.250
'( )
0
2
x
f x
x
=
= ⇔ =
Trên khoảng (-1;1) phương trìnhf x
'( )
=
0
có nghiệm x=00.25
Ta có
f
( 1)
e f
, (0)
0, (1)
f
1
e
− =
=
=
0.25Từ suy
[ 1;1] [ 1;1]
( ) ( 1) ;min ( ) (0)
Maxf x f e f x f
− = − = − = =
(3)Trang 3/5 Câu ( 1,0 điểm)
M A
A'
B
B'
C
C'
Nội dung Điểm
Ta có
1
.
.sin
1
.2 sin 30
0 2.
2
2
ABC
S
∆=
AB AC
BAC
=
a a
=
a
0.25Gọi Mlà trung điểm B’C’, theo giả thiết ta có
A M
'
⊥
B C
' '
(1) Áp dụng định lý cosin, ta có
2 2 2
2
' ' ' ' ' ' ' ' ' '.cos ' ' ' 4 2.2 cos30 (8 3) ' '
' ' 2 ' ' ' ' '
2
B C A B A C A B A C B A C a a a a a
B C
B C a B M a A M A B B M a
= + − = + − = −
⇒ = − ⇒ = = − ⇒ = − = +
0.25
Lại có
AA
'
⊥
B C
' '
( lăng trụ cho lăng trụ đứng) (2)Từ (1) (2) suy
AM
⊥
B C
' '
Do góc hai mặt phẳng (AB’C’) (A’B’C’) góc
AMA
'
=
60
00.25
Suy chiều cao lăng trụ
'
'
.tan 60
2
3 3
6
3 3
AA
=
A M
=
+
a
=
+
a
Vậy thể tích lăng trụ3
' 3
ABC
V =S∆ AA = + a (đvtt)
0.25
================================================================== Câu 4.a 1) ( 1,0 điểm)
Nội dung Điểm
Tọa độ giao điểm Mcủa ∆ (P) nghiệm hệ
2
2
3
0
1
2
2
2
1
x
y
z
x
y
z
−
+
− =
−
=
+
=
−
0.5
2
2
3
0
1
2
2
2
x
y
z
x
y
y
z
−
+
− =
⇔
− = +
− − =
2
2
3
2
3
1
2
2
1
2
x
y
z
x
x
y
y
y
z
z
−
+
=
=
⇔
− =
⇔
= − ⇒
+
= −
= −
1
(2; 1;
).
2
M
− −
0.5
Câu 4.a 2) ( 1,0 điểm)
Nội dung Điểm
Gọi Ilà tâm mặt cầu (S) cần tìm, theo giả thiết, (S) có bán kính R=2 Vì Ithuộc ∆
nên I(1+2t;-2+2t;-t) Khoảng cách từ I tới (P)
(4)Trang 4/5
1 2
4
4
2
3
4
2
( ,( ))
3
1 4
4
t
t
t
t
d I P
=
+ + − − −
=
−
+ +
Do mặt cầu (S) tiếp xúc với mặt phẳng (P) nên
4
( ,( ))
1
t t
d I P R
t =
−
= ⇔ = ⇔ = −
0.25
-Với t = suy I(5;2;-2) Phương trình mặt cầu
2 2
( ) : (
S
x
−
5)
+
(
y
−
2)
+ +
(
z
2)
=
4.
0.25
-Với t = -1 suy I(-1;-4;1) Phương trình mặt cầu
2 2
( ) : (
S
x
+
1)
+
(
y
+
4)
+ −
(
z
1)
=
4.
0.25
Câu 5.a ( 1,0 điểm)
Nội dung Điểm
Ta có z =3z1− +(2 )i z2 =3(1 )− i − +(2 )(3i + = − − +i) 6i (4 )i = − −1 14 i 0.5
Do
z
= − +
1 14
i
0.251 196
197.
z
=
+
=
0.25================================================================== Câu 4.b 1) ( 1,0 điểm)
Nội dung Điểm
Tọa độ giao điểm Acủa ∆ (P) nghiệm hệ phương trình
2
2
5
0
1
1
2
1
2
2
x
y
z
x
y
z
− +
− =
+
−
−
=
=
−
0.5
2
2
5
2
2
3
1
3
4
x
y
z
x
x
y
y
y
z
z
− +
=
= −
⇔
− = −
⇔
= −
+ =
=
Suy A(-2;-1;4)
0.5
Câu 4.b 2) ( 1,0 điểm)
Nội dung Điểm
Ta có ∆ qua B(-1;1;2) (B≠ A) Gọi d đường thẳng qua Bvà vng góc với
mặt phẳng (P) suy dcó véc tơ phương véc tơ pháp tuyến (P) nên phương trình d là
1
1
2
2
1
2
x
+
y
−
z
−
=
=
−
0.25
Gọi Hlà hình chiếu B lên (P), suy tọa độ Hlà nghiệm hệ phương trình:
1
2
2
5 26
3 ; ;
1
9 9
2
2 26
9
x
x y z
x y z
x z y H
x y z
x y
z = −
− + =
− + − =
⇔ − = − ⇔ = ⇒ −
+ = − = −
+ =
−
=
0.25
(5)Trang 5/5
' ' '
2
2
2
B H B
B H B
B H B
x
x
x
y
y
y
z
z
z
=
−
=
−
⇒
=
−
7 34
'( ; ;
)
9 9
B
'
25 10
;
;
2
9
9
9
AB
⇒
=
−
Do ∆' đối xứng với ∆ qua (P) nên ∆' qua A B’ ∆' có véc tơ phương ' ' (25;10; 2)
u= AB = − nên phương trình tắc ∆'
2
1
4
.
25
10
2
x
+
=
y
+
=
z
−
−
0.25
Câu 5.b ( 1,0 điểm)
Nội dung Điểm
Giả sử
z
= +
x
yi x y
,
(
∈
)
số phức cần tìm 0.25 Ta có z = −x yi, đẳng thức cho trở thành(3 )(
−
i x
−
yi
)
+
2(
x
+
yi
)
− =
2
i
0
0.253
3
2
2
2
2
2
0
(5
2 )
(2
2)
0
x
yi
xi
y
x
yi
i
x
y
x
y
i
⇔
−
−
−
+
+
− =
⇔
−
−
+ +
=
0.25
4
5
2
0
9
4
10
.
2
2
0
10
9
9
9
x
x
y
z
i
x
y
y
= −
−
=
⇔
⇔
⇒ = − −
+ + =
= −
0.25