ĐỀ THI MÔN TOÁN, KHỐI 12 - TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I pot

0
TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI MÔN TOÁN, KHỐI 12 (2009-2010)
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm) Cho hàm số


3 2
3 3 1 1 3
y x x m x m
      (1)
1) Kh
ảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi
1
m

.
2) Tìm t
ất cả các giá trị của tham số thực
m
để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và đường thẳng
đi qua điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số tạo với đường thẳn
g
0
x y
 
một góc
30


.
Câu II (2 điểm)
1) Giải phương trình
2
1 1 4 3
x x x
    .
2) Gi
ải phương trình
sin cos
2 tan 2 cos 2 0
sin cos
x x
x x
x x

  

.
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
1
2
0
1
dx
I
x x

 


.
Câu IV (1 điểm)
Cho hình chóp
.
S ABCD
có
SA x

và tất cả các cạnh còn lại có độ dài bằng
a


0, 0
x a
 
.
Ch
ứng minh rằng đường thẳng
BD
vuông góc với mặt phẳng


SAC
. Tìm
x
theo
a
để thể tích
của khối chóp .
S ABCD

bằng
3
2
6
a
.
Câu V (1 điểm)
Cho ba số không âm
, ,
a b c
thay đổi luôn thoả mãn điều kiện
1
a b c
  
.
Ch
ứng minh rằng:
2 2 2
12 1
a b c abc
   
PHẦN RIÊNG (3 điểm):Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
Oxy
, cho điểm


3;3

A và đường thẳng
: 2 0
d x y
  
. Lập
phương tr
ình đường tròn đi qua
A
cắt
d
tại hai điểm
,
B C
sao cho
AB AC

và
AB AC

.
2) Trong không gian v
ới hệ tọa độ
Oxyz
cho điểm


3; 2; 2
A
 
và mặt phẳng



P
có phương
trình :
1 0
x y z
   
. Viết phương trình mặt phẳng


Q
đi qua
A
, vuông góc với mặt phẳng


P
biết rằng mặt phẳng


Q
cắt hai trục
,
Oy Oz
lần lượt tại hai điểm phân biệt
,
M N
sao
cho

OM ON

(
O
là gốc toạ độ).
Câu VII.a (1 điểm)
Tìm hệ số của
8
x
trong khai triển thành đa thức của:
 
10
2
1
1 2
4
x x x
 
  
 
 
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b
(2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
có diện tích bằng 2 và đường thẳng

AB
có phương trình
0
x y
 
.Biết rằng điểm
(2;1)
I
là trung điểm của đoạn thẳng
BC
, hãy
tìm t
ọa độ trung điểm
K
của đoạn thẳng
AC
.
2) Trong không gian v
ới hệ tọa độ
Oxyz
, cho mặt phẳng


: 3 0
P x y z
   
và


2;2; 2

A .
L
ập phương trình mặt cầu đi qua
A
cắt


P
theo giao tuyến là một đường tròn sao cho tứ
diện
ABCD
đều với đáy
BCD
là tam giác đều nội tiếp đường tròn giao tuyến.
Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình
 
1
2
2 2 log 0
1
1 5 1 0
x y
x
y
x y y


  





   

Hết
1
TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I
Năm học 2009-2010
ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC
MÔN TOÁN KHỐI 12
(Đáp án- thang điểm gồm có 04 trang)
Câu Nội dung Điểm
I
1) Khi
1
m

, hàm số (1) trở thành:
3 2
3 4
y x x
  
Tập xác định

 Sự biến thiên:
' 2 '
3 6 , 0 0 2
y x x y x x
      
0.25

y
CĐ
=y(0)=4, y
CT
=y(2)=0 0.25
 Bảng biến thiên
x



0

2


'
y



0



0



y

4





0
0.25
 Đồ thị
8
6
4
2
-2
-4
-6
-8
-10
-5
5
10
f x
 
= x
3
-3

x
2
 

+4
0.25
2)




' 2 2
3 6 3 1 3 2 1
y x x m x x m
       
Hàm số (1) có cực đại, cực tiểu

phương trình
'
0
y

có hai nghiệm
phân biệt
1 2
,
x x
và
'
y
đổi dấu khi
x
đi qua các nghiệm đó
0

m
 
0.25




2
1 2 1 2 2 2
y x x x m mx m
        ;


1 1
2 2 2
y x mx m
   


2 2
2 2 2
y x mx m
   
. Vậy phương trình đường thẳng đi qua hai điểm
cực trị của đồ thị hàm số (1) là
2 2 2 2 2 2 0
y mx m mx y m
        
.
0.50

Đường thẳng
2 2 2 0
mx y m
   
có một véctơ pháp tuyến


1
2 ;1
n m

;
đường thẳng
0
x y
 
có một véctơ pháp tuyến


2
1;1
n

. Theo bài ra ta có
0.25
2
1 2
2
2
1 2

.
2 1
3 2 3
cos30 4 8 1 0
2 2
.
4 1. 2
n n
m
m m m
n n
m


        


 
 
II 1) Điều kiện
0
x

.
2
1 1 4 3
x x x
   
  
2

2 1
4 1 3 1 0 2 1 2 1 0
3 1
x
x x x x x
x x

          
 
0.50
 
1 1
2 1 2 1 0 2 1 0
2
3 1
x x x x
x x
 
         
 
 
 
.
0.50
2) Điều kiện
cos 2 0
x

Phương trình
 

2
2 2
sin cos 2 sin 2 cos 2 0 sin 2 sin 2 0
x x x x x x
        
0.50
sin 2 0
sin 2 1
x
x






. Do
sin 2 1
x

thì
cos 2 0
x

, nên chỉ có
 
sin 2 0
2
x x k k


   

0.50
III
Đặt
sin cos
x t dx tdt
  
; Khi
0
x

thì
0
t

; Khi
1
x

thì
2
t


.
0.25
   
2 2 2
0 0 0

sin cos cos sin
cos 1 1 cos sin
1
sin cos 2 sin cos 2 sin cos
t t t t
tdt t t
I dt dt
t t t t t t
  
  

 
   
 
  
 
  
0.50
 
2
0
1
ln sin cos
2 4
I t t t


   
 
 

.
0.25
IV
Do
,
B D
cách đều
, ,
S A C
nên


BD SAC
 . Gọi
O AC BD
 
. Các tam giác
, ,
ABD BCD SBD
là các tam giác cân bằng nhau có đáy
BD
chung nên
OA OC OS
 
. Do đó tam giác
SAC
vuông tại
S
.
0.50

2 2
2 2 2 2 2
. .
1 1 1 1
2. 2. . . . 3
6 3 3 4 6
S ABCD S ABC
a x
V V BO SA SC ax AB OA ax a ax a x

       
0.25
3
2 2
.
2 1
3
6 6
2
S ABCD
x a
a
V ax a x
x a


   




0.25
V
V
ới
1
a b c
  
thì
2 2 2 2 2 2 2
12 1 12 ( ) ( )
12( ) 2( )
a b c abc abc a b c a b c
a b c abc ab bc ca
          
     
0.50
2
3( ) ( ) 3( ) ( )
a b c abc ab bc ca a b c abc ab bc ca
           
2 2 2
1
[( ) ( ) ( ) ] 0
2
ab bc bc ca ca ab
      
(luôn đúng)
Dấu bằng xảy ra khi chỉ khi
1
3

a b c
  
0.50
VI.a
1) Gọi
,
I R
lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn cần tìm.
Ta có


, 2 2
R d A d  . Tâm
I
chính là hình chiếu vuông góc của điểm
A
lên
đường thẳng
d
. 0.25
Gọi
a
là đường thẳng qua
A
và vuông góc với
d
. Suy ra
: 0
a x y
 

0.25
3
Toạ độ tâm
I
là nghiệm của hệ
0
1
2 0
x y
x y
x y
 

  

  

. Tâm


1;1
I
0.25
Vậy đường tròn cần tìm có phương trình
   
2 2
1 1 8
x y
   
0.25

2) Giả sử
n

là một vec tơ pháp tuyến của (Q)
Vì
( ) ( )
P Q

nên
(1, 1, 1)
P
n n
  
 
(1)
0.25
mặt phẳng


Q
cắt hai trục
,
Oy Oz
lần lượt tại hai điểm




0; ;0 , 0;0;
M a N b

phân biệt sao cho
OM ON

nên
0
0
0
b a
a b
b a
 

  

  

Ta thấy
n MN

 
(2).
Xét 2 trường hợp 0.25
Trường hợp 1: nếu
0
b a
 
thì
(0, , ) / / (0, 1,1)
MN a a u 
 

Từ (1) và (2) suy ra có thể chọn
, (2,1,1)
P
n u n
 
 
 
  
là một vec tơ pháp tuyến
của


Q
Mp


Q
có phương trình
2( 3) ( 2) ( 2) 0 2 2 0
x y z x y z
          
Khi đó


Q
cắt
,
Oy Oz
tại





0;2;0 , 0;0;2
M N
( thỏa mãn đề bài)
0.25
Trường hợp 2: nếu
0
b a
  
thì
(0, , ) / / (0,1,1)
MN a a v 
 
Từ (1) và (2) suy ra có thể chọn
, (0,1, 1)
P
n v n
 
  
 
  
là một vec tơ pháp
tuyến của


Q
,



Q
có phương trình
0( 3) ( 2) ( 2) 0 0
x y z y z
        
Khi đó


Q
cắt
,
Oy Oz
tại


0;0;0
O
(không thỏa mãn đề bài)
Vậy mặt phẳng


Q
có phương trình
2 2 0
x y z
   
0.25
VII.a
2 10 2 10 12

1 1 1
( )(1 2 ) (4 4 1)(1 2 ) (1 2 )
4 4 4
x x x x x x x
        
0.25
Theo khai triển Newton số hạng chứa
8
x
là
8 8 8
12
1
.2 .
4
C x
0.50
Hệ số của
8
x
bằng
8 8
12
1
.2
4
C =31680
0.25
VI.b
Đường thẳng

IK
qua
I
và song song với
AB
có phương trình
1 0
x y
  
0.25
Chiều cao kẻ từ
C
của
ABC

bằng h=
2 2
2 1
2. 2
1 ( 1)


 
2.
4
2 2
2
ABC
S
AB

h
  
0.25
2
2
AB
IK
  suy ra
K
nằm trên đường tròn (C ) tâm
I
bán kính
2
có phương trình
2 2
( 2) ( 1) 2
x y
   
0.25
Tọa độ điểm
K
là nghiệm của hệ
2 2
( 2) ( 1) 2
1 0
x y
x y

   


  

Tìm được


1;0
K hoặc


3; 2
K .
0.25
4
2) Gọi
H
là hình chiếu vuông góc của
A
lên mặt phẳng


P
. Gọi
d
là
đường thẳng qua
A
và vuông góc với


P

. Ta có
d
:
2
2
2
x t
y t
z t
 


 


 



2 ;2 ; 2
H d H t t t
    
. Mà


H P
 nên
2 2 2 3 0 1
t t t t
         

.
V
ậy


1;1;1
H
;
3
AH 
.
0.25
ABH

vuông tại
H
2
2 2 2 2 2
2 3 9
3
3 2 2
AB AH HB AB AB AB
 
       
 
 
 
0.25
Gọi
M

là trung điểm của đoạn thẳng
AB
. Mặt phẳng trung trực của đoạn
thẳng
AB
cắt đoạn thẳng
AH
tại
I
. Điểm
I
chính là tâm mặt cầu cần
tìm.
Ta có
2
3 3
. .
2 4
AB
AM AB AI AH R AI
AH
    
0.25
Từ
3
4
AI AH

 
. Suy ra

5 5 5
; ;
4 4 4
I
 
 
 
Mặt cầu cần tìm có phương trình:
2 2 2
5 5 5 27
4 4 4 16
x y z
     
     
     
     
0.25
VII.b
 
   
1
2
2 2 log 0 1
1
1 5 1 0 2
x y
x
y
x y y



  




   

Điều kiện
0
1
x
y


.
Trường hợp 1:
0 0
1 0 1
x x
y y
 
 

 
  
 
(1)





1 1
2 2 2 2
2 2 log log 1 0 2 2 log 1 log
x y x y
x y y x
 
          
Nếu 1
x y
 
thì vế trái dương, vế phải âm (loại);
Nếu 1
x y
 
thì vế trái âm, vế phải dương (loại)
Vậy 1
x y
 
hay
1
y x
 
. Thay vào (2) ta có:
2
5 6 0 2 3
x x x x
      
Với

2
x

thì
1
y
 
; Với
3
x

thì
2
y
 
(thoả mãn điều kiện).
0.50
Trường hợp 2:
0 0
1 0 1
x x
y y
 
 

 
  
 
(*)
T

ừ (2) có
 
1
5 1 1 0
5
y x y y
       
. Mâu thuẫn với (*).
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm


; (2; 1);(3; 2)
x y
  
0.50
Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần
như đáp án quy định.
Hết
Thạch Thành, ngày 30 tháng 3 năm 2010
Người ra đề và làm đáp án
: BÙI TRÍ TUẤN