ĐÁP ÁN MÔN TOÁN KHỐI 12 HỌC KỲ II Trường THPT Gia Hội pps

Đáp án 12
- HK II 08-09 Page 1 12/10/2011

Trường THPT Gia Hội

ĐÁP ÁN MÔN TOÁN KHỐI 12 HỌC KỲ II
Năm học: 2008 - 2009


Câu

Ý

N
ội dung

Đi
ểm

I 1
y’ = x
2
- 2mx + m
2
– m +1
Hàm số đạt cực đại tại x = 1 => y’(1) = 0
 m
2
– 3m +2 = 0  m = 1; m = 2

y’’(1) = 2(1- m)
m = 1 => y’’(1) = 0; m = 2 =>y’’(1) = -2 < 0

Vậy hàm số đạt cực đại tại x = 1 khi m = 2.

Đáp án 12
- HK II 08-09 Page 2 12/10/2011

2
Khi m = 2, ta có y = 1/3x
3
– 2x
2
+ 3x +1
* Tập xác định: D = R
* Sự biến thiên
+ Chiều biến thiên: y’ = x
2
– 4x + 3
y’ = 0  x = 1; x = 3
Hàm số đồng biến trên các khoảng (-∞; 1) và (3;+∞)
Hàm số nghịch biến trên khoảng (1; 3)
+ Cực trị: Hàm số đạt giá trị cực đại tại x = 1 và yCĐ = 7/3
Hàm số đạt giá trị cực tiểu tại x = 3 và yCT = 1
+ Giới hạn tại vô cực: 


y
x
lim

Đồ thị hàm số không có đường tiệm cận
* Bảng biến thiên
x -∞ 1 3 +∞
y’ + 0 - 0 +
y


-∞
7/3


1

* Đồ thị
Giao điểm với trục Oy: (0; 1)
Giao điểm với trục Ox: (-0,279; 0)
Đồ thị nhận điểm I(2; 5/3)
làm tâm đối xứng.




Câu

Ý

y’ = -12x
2
+ 12x = -12x(x – 1)
Đi

ểm

II 1
Điều kiện : 3
x
> 1 và 3
x+1
> 3  3
x
> 1
Phương trình đã cho  log
3
(3
x
-1)[(1 + log
3
(3
x
– 1)] = 12
Đặt t = log
3
(3
x
-1), phương trình trở thành: t
2
+ t – 12 = 0  t = 3; t = - 4
Phương trình đã cho có nghiệm x = log
3
28; x = log
3

(82/81)

+∞

Đáp án 12
- HK II 08-09 Page 3 12/10/2011

2
KHxdxxxdxexdxxeI
xx





0
0
cos
0
cos
sinsin.sin.)(
Tính H:
e
eexdexdxeH
xxx
1
0
)()(cossin.
cos
0

cos
0
cos






Tính K:








0
sincos
0
cos.sin
0
0
xxdxxxxdxxK
Vậy I = H + K = e – 1/e + π

3
Hàm số xxy 3
3

 liên tục trên đoạn







2
1
;2
.

y’ = 0  x = -1; x = 1 (loại, vì 1 không thuộc đoạn đang xét)
y(-√2) = √(√2); y(-1) = √2; y(-1/2) = √(11/8)
Vậy
8
11
2
1
;2
)
2
1
(min 










yy và 2)1(max
2
1
;2








yy

III


Trong tam giác vuông A’AH, có
A’H = AH.tan30
0
= a/3 = chiều cao h của lăng trụ.
Thể tích cần tìm V
ABC.A’B’C’
= 1/2BC.AI.A’H = (a
3
√3)/12 (đvtt)

IV.a

1
d vuông góc với mp(P) nên d nhận vectơ có toạ độ (2; 2; -1) làm
VTCP
Phương trình tham số của d:








tz
ty
tx
3
22
21



A

C
B
A'

B'
C'
I
H
H là tâm tam giác ABC thì H
cũng là trọng tâm của tam giác
ABC.
AH là hình chiếu vuông góc của
AA’ trên mp(ABC) nên góc giữa
AA’ và mặt đáy (ABC) = 30
0
.
Gọi O là trung điểm của BC, ta có
AH = 2/3AI = a/3

Đáp án 12
- HK II 08-09 Page 4 12/10/2011

2
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng (P), ta có
H(1+2t; 2+2t; -3-t), và H là giao điểm của d và (P).
Xét phương trình: 2(1+2t) +2(2+2t) – (-3-t) + 9 = 0  t = -2
=> H(-3; -2; -1)
Theo bài ra ta có



AH
A

2
A'
, giải ra ta có A’(-7; -6; 1)


3
Mặt cầu (S) tiếp xúc với mp(P) nên bán kính r của (S) = A’H = 6
Phương trình mặt cầu (S): (x+7)
2
+ (y+6)
2
+ (z-1)
2
= 6
2


V.a 1
x
3
+ 27 = 0  (x + 3)(x
2
-3x + 9) = 0








093
03
2
xx
x
















2
333
2
333
3
i
x
i
x

x


2
Ta có điểm M(3; 5) thuộc (P)
y’(3) = 4, nên tiếp tuyến tại M là d: y = 4x – 7
Diện tích cần tìm
9
0
3
)3()3()74()22(
3
3
0
3
12
3
0
2


xdxxdxxxxS (đvdt)

IV.b

1
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên d, ta có H(2+t; 1+2t; t), và
AH vuông góc với d.
=>
0.' 



aAH
 = 0  (3+t) + 2(2t – 1) + (t -3)=0  t = 1/3

=> H(7/3; 5/3; 1/3)


2
Theo bài ra ta có



AH
A
2
A'
, giải ra ta có A’(17/3; 4/3; -7/3)



Đáp án 12
- HK II 08-09 Page 5 12/10/2011

IV.b

3
Mặt cầu (S) tiếp xúc với đường thẳng d, nên bán kính r của (S) = A’H
= HA =
3

165

Phương trình mặt cầu (S): (x -17/3)
2
+ (y-4/3)
2
+ (z+7/3
2
= 55/3

V.b
1
231 r

2
3
sin;
2
1
cos 

nên
3



Suy ra dạng giác của 31 i là )
3
sin
3

(cos2


i
Các căn bậc hai cần tìm là
)
6
sin
6
(cos2


i
và
)
6
7
sin
6
7
(cos2


i


2

15
56

15
30
15
86
1)2(
1
1
1
1
22



 


dxdxxV
(đvtt)