Toán 12 của Bùi Trí Tuấn
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.51 MB, 48 trang )
TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I
ĐỀ THI MÔN TOÁN
, KHỐI 12 (2008-2009)
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm)
Cho hàm số
4 2
2 1
y x mx m
(1) , với
m
là tham số thực.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi
1
m
.
2)
Xác định
m
để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị
tạo thành một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng
1
.
Câu II (2 điểm)
1) Giải phương trình
2
2sin 2 3sin cos 1 3 cos 3sin
x x x x x
.
2) Gi
ải phương trình
2
2
log 2 2log 4 log 8
x x
x
.
Câu III (1 điểm)
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
1 1
y x x
.
Câu IV (1 điểm)
Trong không gian cho lăng trụ đứng
1 1 1
.
ABC A B C
có
1
, 2 , 2 5
AB a AC a AA a
và
120
BAC
.
G
ọi
M
là trung điểm của cạnh
1
CC
. Hãy chứng minh
1
MB MA
và tính khoảng cách từ
A
tới
mặt phẳng (
1
A BM
).
Câu V (1 điểm)
Xác định
m
để phương trình sau có đúng một nghiệm thực:
4
4
13 1 0x x m x m
.
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2)
1. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (1 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
Ox
y
, tìm điểm
A
thuộc trục hoành và điểm
B
thuộc trục tung
sao cho
A
và
B
đối xứng với nhau qua đường thẳng
:2 3 0
d x y
.
Câu VII.a (1 điểm)
Tìm số hạng không chứa
x
trong khai triển nhị thức Niutơn của
18
5
1
2 0
x x
x
.
Câu VIII.a (1 điểm)
Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
2 1
1
x
y
x
tại giao điểm của đồ thị với trục hoành.
2. Theo chương trình Nâng cao.
Câu VI.b
(1 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
Ox
y
cho tam giác
ABC
vuông ở
A
. Biết
1;4 , 1; 4
A B
và
đường thẳng
BC
đi qua điểm
1
2;
2
M
. Hãy tìm toạ độ đỉnh
C
.
Câu VII.b (1 điểm)
Tìm hệ số của
8
x
trong khai triển nhị thức Niutơn của
2
2
n
x
, biết
3 2 1
8 49
n n n
A C C
.
(
k
n
A
là số chỉnh hợp chập
k
của
n
phần tử,
k
n
C
là số tổ hợp chập
k
của
n
phần tử).
Câu VIII.b (1 điểm)
Cho hàm số
2
4 3
2
x x
y
x
. Chứng minh rằng tích các khoảng cách từ một điểm bất kỳ trên
đồ thị hàm số đến hai đường tiệm cận của nó luôn là một hằng số.
Hết
TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I
ĐÁP ÁN MÔN TOÁN KHỐI 12
(2008-
2009)
(Đáp án- Thang điểm gồm 04 trang)
Câu Nội dung Điểm
I
(2điểm)
1.(1 điểm). Khi
1
m
hàm số trở thành:
4 2
2
y x x
TXĐ: D=
Sự biến thiên:
' 3 2
0
4 4 0 4 1 0
1
x
y x x x x
x
0.25
0 0, 1 1
CD CT
y y y y
0.25
Bảng biến thiên
x -
-1 0 1 +
y
’
0 + 0
0 +
y +
0 +
-1 -1
0.25
Đồ thị
0.25
2. (1 điểm)
' 3 2
2
0
4 4 4 0
x
y x mx x x m
x m
Hàm số đã cho có ba điểm cực trị
pt
'
0
y
có ba nghiệm phân biệt và
'
y
đổi dấu khi
x
đi qua các nghiệm đó
0
m
0.25
Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là:
2 2
0; 1 , ; 1 , ; 1
A m B m m m C m m m
0.25
2
1
.
2
ABC B A C B
S y y x x m m
;
4
, 2
AB AC m m BC m
0.25
4
3
2
1
2
. .
1 1 2 1 0
5 1
4
4
2
ABC
m
m m m
AB AC BC
R m m
S
m m
m
0.25
II
(2điểm)
1)
3 1 1 3
2 3 sin 2 cos 2 3 cos 3 sin 1 sin 2 cos 2 3 cos sin
2 2 2 2
x x x x x x x x
0.50
2
2
1 cos 2 3cos 2cos 3cos
3 3 3 3
x x x x
0.25
8
6
4
2
-2
-4
-6
-8
-10
-5
5
10
5
cos 0
3 3 2 6
x x k x k
k
.
0.25
2. (1 điểm) Điều kiện
1
0, 1,
2
x x x
0.25
Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương với
2 2 2 2 2 2 2 2
1 4 6 1 4 6 1 2
log log 2 log 2 log 1 log 1 log log 1 log
x x x x x x x x
0.50
2
log 1 2
x x
0.25
III
(1 điểm)
Tập xác định:
D
=
1;1
;
2
'
2
1
2 1
0
1
1
2
x D
x x
y
x D
x
0.50
1 3 3
1 0, , 1 0
2 4
y y y
. Vậy
1;1 1;1
3 3
max ; min 0
4
y y
0.50
IV
(1 điểm)
2
2
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1
2 5 9 ; 2 . .cos120 7
MA A C C M a a a BC AB AC AB AC a
;
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1
7 5 12 ; 2 5 21
BM BC CM a a a A B AA AB a a a
.
Suy ra
2 2 2
1 1 1
A B MA MB MB MA
.
0.50
Hình chóp
1
MBAA
và
1
CABA
có chung đáy là tam giác
1
BAA
và đường cao
bằng nhau nên thể tích bằng nhau.
Suy ra
1 1
3
1
1 1 1 15
. 2 5. .2 .sin120
3 3 2 3
MBAA CBAA ABC
a
V V V AA S a a a
1
3
1
1
15
6.
3 6 5
3
( ,( ))
. 3
12.3
MBA
a
V V a
d A A BM
S MB MA
a a
0.50
V
(1 điểm)
4 44 4
4
4
3 2
1 0
13 1 0 13 1
13 1
1
4 6 9 1
x
x x m x x x m x
x x m x
x
x x x m
0.25
M
A C
B
A1
B1
C1
Yêu cầu bài toán
đường thẳng
y m
cắt phần đồ thị hàm số
3 2
4 6 9 1
f x x x x
với
1
x
tại đúng một điểm.
0.25
Xét hàm số
3 2
4 6 9 1
f x x x x
với
1
x
.
V
ới
1
x
thì
' 2
1
12 12 9 0
2
f x x x x
0.25
Bảng biến thiên: x
1
2
1
y
’ + 0
y
3
2
12
T
ừ bảng biến thiên ta có:
Yêu cầu bài toán
3 3
2 2
12 12
m m
m m
0.25
VI.a
(1 điểm)
, ;0 , 0; , ;
A Ox B Oy A a B b AB a b
0.25
Vectơ chỉ phương của
d
là
1;2
u
Toạ độ trung điểm
I
của
AB
là
;
2 2
a b
0.25
A
và
B
đối xứng với nhau qua
d
khi và chỉ khi
2 0
4
. 0
2
3 0
2
a b
a
AB u
b
b
a
I d
. Vậy
4;0 , 0; 2
A B
0.50
VII.a
(1 điểm)
Số hạng tổng quát trong khai triển nhị thức Niutơn của
18
5
1
2
x
x
là
6
18
18
18
5
1 18 18
5
1
. 2 . .2 .
k
k
k
k k k
k
T C x C x
x
0.50
Số hạng không chứa
x
ứng với
k
thoả mãn
6
18 0 15
5
k
k
.
V
ậy số hạng cần tìm là
15 3
16 18
.2 6528
T C
0.50
VIII.a
(1 điểm)
Giao điểm của đồ thị với trục hoành là
1
;0
2
A
.
' '
2
3 1 4
;
2 3
1
y y
x
0.50
Pt tiếp tuyến của đồ thị tại
1
;0
2
A
là
4 1 4 2
3 2 3 3
y x y x
0.50
VI.b
(1 điểm)
Đt
BC
đi qua
1; 4
B
và
1
2;
2
M
nên có pt:
1 4
9
1
2
x y
9 2 17 0
x y
9 17
; ,
2
t
C BC C t t
0.50
9 25
2; 8 ; 1;
2
t
AB AC t
. Vì tam giác
ABC
vuông tại
A
nên
. 0
AB AC
Suy ra
9 25
1 4. 0 3.
2
t
t t
Vậy
3;5
C
0.50
VII.b
(1 điểm)
Điều kiện
4,n n
.
Ta có:
2 2
0
2 2
n
n
k k n k
n
k
x C x
. Hệ số của
8
x
là
4 4
.2
n
n
C
0.50
3 2 1 3 2
8 49 2 1 4 1 49 7 7 49 0
n n n
A C C n n n n n n n n n
2
7 7 0 7
n n n
Vậy hệ số của
8
x
là
4 3
7
.2 280
C
0.50
VIII.b
(1 điểm)
2
4 3 7
2
2 2
x x
y x
x x
. Gọi (C) là đồ thị của hàm số đã cho.
;
M x y
(C)
7
2
2
y x
x
.
Ti
ệm cận xiên:
2 2 0
y x x y
; Tiệm cận đứng:
2
x
0.50
Khoảng cách từ
M
đến tiệm cận xiên là:
1
2
7
2 2. 2
x y
d
x
.
Kho
ảng cách từ
M
đến tiệm cận đứng là:
2
2
d x
.
Ta có:
1 2
7 7
. . 2
2. 2 2
d d x
x
. Suy ra điều phải chứng minh
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 1 tháng 12 năm 2008
Người ra đề và làm đáp án
: BÙI TRÍ TUẤN
TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I
Năm học 2008-2009
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ HAI
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề
I ) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7.0 điểm)
Câu I (2.0 điểm) Cho hàm số
3 2
3 4
y x x
(1)
1) Kh
ảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
2) Cho điểm
1;0
I . Xác định giá trị của tham số thực
m
để đường thẳng
:
d y mx m
cắt đồ thị
(C) tại ba điểm phân biệt
, ,
I A B
sao cho
2 2
AB
.
Câu II (2.0 điểm) 1) Giải phương trình lượng giác
5
2 2 os sin 1
12
c x x
.
2) Gi
ải bất phương trình mũ
2 2
2
3 9.3 3 9 0
x x x x x
Câu III (1.0 điểm) Tính tích phân
2
2
0
cos sin
I x x xdx
.
Câu IV (1.0 điểm)Trong không gian cho hình chóp
.
S ABC
có
ABC
và
SBC
là các tam giác đều
cạnh
a
0
a
,
3
2
a
SA
.Tính theo
a
khoảng cách từ đỉnh
B
đến mặt phẳng
( )
SAC
.
Câu V (1.0 điểm)
Biện luận theo tham số thực
m
số nghiệm thực của phương trình
2
1 2
m x x m
.
II ) PHẦN RIÊNG (3.0 điểm)
1. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
Oxy
, viết phương trình đường tròn (C) có tâm
thuộc đường thẳng
: 2 6 0
d x y
và tiếp xúc với đường thẳng
: 1 0
x y
tại điểm
(2;1)
A
.
Câu VII.a (1.0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ
Oxyz
, cho mặt cầu
2 2 2
: 2 2 4 3 0
S x y z x y z
và hai đường thẳng
1
2
: 1
x t
y t t
z t
,
2
1
:
1 1 1
x y z
. Viết phương trình tiếp diện của mặt cầu
S
, biết tiếp
diện đó song song với cả hai đường thẳng
1
và
2
.
Câu VIII.a (1.0 điểm)
Tìm các số thực
,
x y
thoả mãn đẳng thức
3
3 5 1 2 35 23
x i y i i
.
2. Theo chương trình nâng cao
Câu VI.b (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
Oxy
, cho điểm
3;0
F
và đường thẳng
( ) :3 4 16 0
d x y
. Lập phương trình đường tròn tâm
F
và cắt
( )
d
theo một dây cung có độ dài
bằng
2
.
Câu VII.b (1.0 điểm)
Trong không gian với hệ toạ độ
Oxyz
, cho các điểm
0;3;0 , 4;0; 3
B M
. Viết phương trình mặt
phẳng
( )
P
chứa
,
B M
và cắt các trục
,
Ox Oz
lần lượt tại các điểm
A
và
C
sao cho thể tích khối tứ
diện
OABC
bằng
3
(
O
là gốc toạ độ ).
Câu VIII.b (1.0 điểm) Tính giá trị của biểu thức
8 8
3 3
P i i
.
Hết
TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I
Năm học 2008-2009
ĐÁP ÁN MÔN TOÁN THI THỬ ĐH LẦN THỨ HAI
(Đáp án- thang điểm có 04 trang)
Câu Nội dung Điểm
I
1) 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) Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d):
2
3 2
2
1
3 4 1 2 0
2
x
x x mx m x x m
x m
0.25
(C) cắt (d) tại 3 điểm phân biệt
0
9
m
m
(d) cắt (C) tại
1;0 , 2 ;3 , 2 ;3
I A m m m m B m m m m
0.25
Yêu cầu bài toán
2 2
2
2 2 8 2 2 8 0 1
AB AB m m m m
0.5
II
1)
5
2 2 os sin 1
12
c x x
5 5
2 sin 2 sin 1
12 12
x
0.25
5 5 1 5 5
sin 2 sin sin sin 2 sin sin
12 12 4 12 4 12
2
2cos sin sin
3 12 12
x x
0.25
5
2 2
5
6
12 12
sin 2 sin
5 13
3
12 12
2 2
12 12 4
x k
x k
x k
x k
x k
0.5
2)
2 2
2
3 9.3 3 9 0
x x x x x
2 2 2
2 2
3 3 1 9 3 1 0 3 9 3 1 0
x x x x x x x x
0.5
2
2
2
2
3 9 0 3 1 0
0 1 1
3 9 0 3 1 0
x x x
x x x
x x
. Tập nghiệm
0;1 1;T
0.5
III
.Đặt
2
1 2sin cos
cos
sin
cos
du x x dx
u x x
dv xdx
v x
.
V
ậy
2
2
2
0
0
cos cos 1 2sin cos cos
I x x x x x xdx
0.5
3
2 2
2
2 2
0 0
0 0
cos 2 4
1 cos 2 cos cos 1 sin (2. ) 1 1
3 3 3
x
xdx xd x x
.
0.5
IV
Gọi
M
là trung điểm của cạnh
BC
. Từ giả thiết suy ra
SAM
là tam giác đều
cạnh
3
2
a
;
2
2
1 3 3 3
3
4 2 16
SMA
a a
S
.
Ta có
2 3
. .
1 2 3 3 3
2 2. . . . .
3 3 2 16 16
S ABC S ABM SAM
a a a
V V BM S
0.5
N
M
A C
B
S
Gọi
N
là trung điểm của cạnh
SA
. Suy ra
2
2 2 2
3 13
;
4 4
a a
CN SA CN SC SN a
.
2
1 1 3 13 39
. . .
2 2 2 4 16
SCA
a a a
S AS CN
. Ta có
3 2
.
3 1 1 39
. . , . . ,
16 3 3 16
S ABC SCA
a a
V S d B SAC d B SAC
3
,
13
a
d B SAC
0.5
V
2
1 2
m x x m
2
2
1 1
x
m
x
. Đặt
2
2
1 1
x
f x
x
.
Số nghiệm thực của pt đã cho là số giao điểm của đồ thị hàm số
f x
và đt
y m
.
Ta có : T
ập xác định
;
2
'
2
2 2
1 2 1 4
0
3
1 1 1
x x
f x x
x x
0.25
lim 1, lim 1
x x
f x f x
.
B
ảng biến thiên của hàm số
f x
x
4
3
'
f x
0
f x
5
4
1
1
0.25
Dựa vào bảng biến thiên suy ra:
5
1
4
m m
phương trình không có nghiệm thực;
5
1 1
4
m m
phương trình có nghiệm thực duy nhất;
5
1
4
m
phương trình có hai nghiệm thực phân biệt.
0.5
VI.a
Gọi
I
là tâm của đường tròn (C). Do (C) tiếp xúc với
tại
A
nên
IA
.
Suy ra
: 3 0
IA x y
. Toạ độ điểm
I
là nghiệm của hệ
3 0 4
2 6 0 1
x y x
x y y
. Vậy
4; 1
I
,
2 2
R IA
0.5
Vậy (C):
2 2
4 1 8
x y
0.5
VII.a
S
có tâm
1; 1; 2 , 3
I R
1 2
,
lần lượt có các véctơ chỉ phương
2; 1;1 , 1; 1;1
u v
mp P
có véctơ pháp tuyến
, 0; 1; 1
u v
: 0
P y z m
m
0.5
3 2 3
3
, 3
2
3 3 2
m
m
d I P R
m
Vậy
1 2
( ): 3 3 2 0; : 3 3 2 0
P y z P y z
0.5
VIII.a
Ta có
3 2
1 2 1 2 1 2 3 4 1 2 2 11
i i i i i i
.
Suy ra
3
3 5 1 2 35 23
x i y i i
3 5 2 11 35 23
x i y i i
0.5
3 11 35 3
3 11 5 2 35 23
5 2 23 4
x y x
x y x y i i
x y y
0.5
VI.b
2 2 2
9 16
, 5; 5 1 26
25
d F d R
0.5
Pt đường tròn cần tìm:
2
2
3 26
x y
0.5
VII.b
Gọi
,
a c
lần lượt là hoành độ, cao độ của các điểm
,
A C
.
Vì
0;3;0
B Oy
nên
: 1
3
x y z
P
a c
.
0.25
4 3
4;0; 3 1 4 3
M P c a ac
a c
(1)
1 1 1
. .3. 3 6
3 3 2 2
OABC OAC
ac
V OB S ac ac
(2)
0.25
Từ (1) và (2) ta có hệ
4
6 6 2
3
4 3 6 4 3 6 3
2
a
ac ac a
c a c a c
c
0.25
Vậy
1 2
2
: 1; : 1
4 3 3 2 3 3
x y z x y z
P P
0.25
VIII.b
Ta có
3 2 cos sin
6 6
i i
Vậy
8 8
8 8
8 8 8 8
3 3 2 cos sin 2 cos sin
6 6 6 6
P i i i i
0.5
8 8 8
2 cos sin 2 cos sin 2 .2cos 256
3 3 3 3 3
i i
0.5
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.
Thạch Thành ngày 29 tháng 04 năm 2009
Người ra đề và làm đáp án: BÙI TRÍ TUẤN
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 4
y x x
(1)
3) Kh
ảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
4) G
ọi
k
d
là đường thẳng đi qua điểm
1;0
A với hệ số góc
k
k
. Tìm
k
để đường thẳng
k
d
cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt và hai giao điểm
,
B C
(
B
và
C
khác
A
) cùng với gốc toạ độ
O
tạo thành một tam giác có diện tích bằng
1
.
Câu II (2 điểm)
3) Giải hệ phương trình
2 2
2 2
2 0
4 2 4 0
x y xy x y
x y x y
4) Giải phương trình
cos2 3 sin 2 2
cos2 3sin 2
3 cos sin
x x
x x
x x
.
Câu III (1 điểm)
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
1 2 2 2
y x x
.
Câu IV (1 điểm)
Cho hình chóp tam giác
.
S ABC
có
5 , 6 , 7 0
AB a BC a CA a a
. Các mặt bên
, ,
SAB SBC SCA
tạo
với đáy một góc
60
. Tính thể tích của khối chóp
.
S ABC
theo
a
.
Câu V (1 điểm)
Cho ba số dương
, ,
x y z
thoả mãn
3
yz
x y z
x
. Chứng minh rằng:
2 3 3
6
x y z
.
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
, tìm toạ độ các đỉnh của một tam giác vuông cân, biết đỉnh
3; 1
C
và phương trình của cạnh huyền là
3 2 0
x y
.
2) Gi
ải phương trình
1
5
log 5 4 0
x
x
.
Câu VII.a (1 điểm)
Cho hàm số
2 3
2
x
y
x
(đồ thị (H)). Viết phương trình tiếp tuyến của (H), biết tiếp tuyến cắt tiệm cận
đứng tại
A
, cắt tiệm cận ngang tại
B
và độ dài đoạn thẳng
AB
nhỏ nhất.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b
(2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
Oxy
, cho điểm
1; 1
E
là tâm của một hình vuông, một trong các
cạnh của nó có phương trình
2 12 0
x y
. Viết phương trình các cạnh còn lại của hình vuông.
2) Giải hệ phương trình
2
2
4 2
1
log 2log 2 log 1
2 2
x y x
x
y
Câu VII.b (1 điểm) Cho hàm số
2 2
3 2 2
3
mx m x
y
x m
, với
m
là tham số thực. Tìm các giá trị của
m
để góc giữa hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số đã cho bằng
60
.
Hết
TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I
Năm học 2009
-2010
ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC
MÔN TOÁN KHỐI 12
(Đáp án- thang điểm có 05 trang)
Câu Nội dung Điểm
I
3) 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) :
k
d y kx k
(hay
0
kx y k
).
Pt hoành độ giao điểm của
k
d
và (C):
2
3 2
3 4 1 2 0 1
x x kx k x x k x
hoặc
2
2
x k
k
d
cắt (C) tại 3 điểm phân biệt
0
9
k
k
0.25
(d) cắt (C) tại
1;0 , 2 ;3 , 2 ;3
A B k k k k C k k k k
.
2
2
2 1 , , ,
1
k
k
BC k k d O BC d O d
k
0.25
2 3
2
1
. .2 . 1 1 1 1 1
2
1
OBC
k
S k k k k k k
k
.
0.50
II
1)
2
2 2
2 0 2 0 2 0
x y xy x y x y x y x y x y
0.25
Trường hợp 1:
2 2 2
0
1 2
1 2
4 2 4 0 2 6 4 0
x y y x
x x
y y
x y x y x x
0.25
Trường hợp 2:
2 2 2
2 0 2
2 3
0 1
4 2 4 0 2 10 12 0
x y y x
x x
y y
x y x y x x
0.25
Vậy hệ đã cho có bốn nghiệm
; 1;1 , 2;2 , 2;0 , 3;1
x y
0.25
2) Biến đổi vế trái của pt :
2
1 3
cos 2 1
cos2 sin 2 1
cos2 3 sin 2 2
3
2 2
3 cos sin 3 1
cos
cos sin
6
2 2
2cos
6
2cos
6
cos
6
x
x x
x x
x x
x
x x
x
x
x
0.25
Điều kiện:
cos 0
6
x
0.25
Khi đó pt đã cho tương đương với:
1 3
2cos cos2 3 sin 2 cos cos2 sin 2
6 6 2 2
cos cos 2
6 3
x x x x x x
x x
0.25
2 2 2
3 6 2
2
2 2
18 3
3 6
x x k x k
k
x k
x x k
( thoả mãn điều kiện)
0.25
III
Tập xác định:
1
;2
2
D
0.25
'
1 1 2 1 2
1 2 2 1 2 . 2
x x
y
x x x x
0.25
'
1
0 2 1 2 0
3
y x x x D
0.25
Hàm số đã cho liên tục trên
D
.
1 1
15, 10, 2 5
3 2
y y y
.
V
ậy giá trị lớn nhất của hàm số bằng
15
tại
1
3
x
;
Giá tr
ị nhỏ nhất của hàm số bằng
5
tại
2
x
.
0.25
IV
Hạ
SH ABC
, kẻ
, ,
HE AB HF BC HJ AC
. Suy ra
, ,
SE AB SF BC SJ AC
.
Ta có
60
SEH SFH SJH SEH SFH SJK
HE HF HJ r
(
r
là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác
ABC
). 0.25
Áp dụng công thức Hê-rông ta có
2
6 6
ABC
S a
. Mặt khác
2 6
3
ABC
S
r a
p
0.25
Trong tam giác vuông
SHE
ta có:
2 6
tan 60 3 2 2
3
SH r a a
0.25
Vậy
2 3
.
1
6 6 .2 2 8 3
3
S ABC
V a a a
0.25
V
Ta có
2
2
2
12 12
3 12
y z
yz
x y z x y z x y z
x x
0.25
2
12. 12. 1 0
x x
y z y z
0.25
Suy ra
2 3 3
6
x
y z
0.25
Do đó
2 3 3
6
x y z
(vì
, ,
x y z
dương)
0.25
VI.a 1) Gọi hai đỉnh còn lại là
,
A B
. Toạ độ điểm
C
không thoả mãn phương
trình cạnh huyền nên tam giác
ABC
vuông cân tại
C
.
0.25
Gọi
I
là hình chiếu vuông góc của
C
lên cạnh huyền (
I
là trung điểm của
AB
). Phương trình đường thẳng
CI
là
3 1
3 0
3 1
x y
x y
. Toạ độ điểm
I
là nghiệm của hệ:
3 0
3 2 0
x y
x y
. Suy ra
3 1
;
5 5
I
0.25
A
C
B
S
H
I
E
F
,
A B
nằm trên đường tròn tâm
I
, bán kính
72
5
CI có phương trình:
2 2
3 1 72
5 5 5
x y
0.25
Toạ độ hai điểm
,
A B
là nghiệm của hệ:
2 2
3 2 0
3 1 72
5 5 5
x y
x y
. Giải hệ ta được
3 19 9 17
; ; , ;
5 5 5 5
x y
.
To
ạ độ hai đỉnh cần tìm là
3 19 9 17
; , ;
5 5 5 5
0.25
2)
1
5
log 5 4 0
x
x
1 1
5
log 5 4 5 4 5
x x x
x
(1)
0.25
Đặt
5 0
x
t t
, pt (1) trở thành:
2
1
5 4 5 4 1 0 1
t t t t
t
.
0.50
Suy ra
5 1 0
x
x
0.25
VII.a
Gọi
0
0
0
2 3
;
2
x
M x
x
thuộc (H). Phương trình tiếp tuyến của (H) tại
M
là:
0
0
2
0
0
2 3
1
2
2
x
y x x
x
x
.
0.25
0
0
2 2
2;
2
x
A
x
,
0
2 2;2
B x ;
2 2
2
0 0
2 2
0 0
4 1
4 2 4 2
2 2
AB x x
x x
0.25
Áp dụng bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân, ta có:
2
8
AB
8
AB
;
2
0
min 0
2
0
0
1
1
8 2
3
2
x
AB x
x
x
0.25
1
1;1
M : pt tiếp tuyến tại
1
M
là
2
y x
.
2
3;3
M
: pt tiếp tuyến tại
2
M
là
6
y x
0.25
VI. b 1) Gọi hình vuông đã cho là
ABCD
. Pt cạnh
AB
là
2 12 0
x y
.
G
ọi
H
là hình chiếu của
E
lên đường thẳng
AB
. Suy ra
2;5
H
0.25
,
A B
thuộc đường tròn tâm
H
, bán kính
45
EH
có pt:
2 2
2 5 45
x y
0.25
Toạ độ hai điểm
,
A B
là nghiệm của hệ:
2 2
2 12 0
2 5 45
x y
x y
.
Gi
ải hệ tìm được
4;8 , 8;2
A B . Suy ra
2; 10
C
0.25
: 2 16 0
AD x y
;
: 2 14 0
BC x y
;
: 2 18 0
CD x y
.
0.25
2) Điều kiện
2
x
và
0
y
0.25
2
1
log 2log2 log 1
2 2
x
y
log log 4 log 1 log log 1
2 4 2
y
x x
y
1 4 2
4 2
y
x
y x
0.25
Thế vào pt đầu của hệ ta được:
2 2
4 2 4 2 3 2
x x x x x
2 2
0
1
2
9 2
x
x
x x
0.25
Từ đó
5 5
y y
(thoả mãn điều kiện)
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm
1 1
; ;5 , ; 5
2 2
x y
0.25
VII.b
2 2
3 2 2
6 2
2
3 3
mx m x
m
y mx
x m x m
Khi
1
3
m
đồ thị hàm số không tồn tại hai tiệm cận.
0.25
Khi
1
3
m
đồ thị hàm số có hai tiệm cận:
1 2
: 3 3 0, : 2 2 0
d x m x m d y mx mx y
.
0.25
Vectơ pháp tuyến của
1 2
,
d d
lần lượt là
1 2
1;0 , ; 1
n n m
.
Góc gi
ữa
1
d
và
2
d
bằng
60
khi và chỉ khi
1 2
2 2
1 2
.
1 3
cos60
2 3
.
1 1
n n
m m
m
n n
m m
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 28 tháng 12 năm 2009
Người ra đề và làm đáp án
: BÙI TRÍ TUẤN
TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI MÔN TOÁN, KHỐI 12 (2009-2010)(lần 3)
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
4 2 2
2 1
y x m x
(1) , với
m
là tham số thực.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
1
m
.
2) Ch
ứng minh rằng đường thẳng
1
y x
luôn cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt với mọi giá
trị của
m
.
Câu II (2 điểm)
1) Giải phương trình
2 2
2 1 4 3 2 2
x x x x
.
2) Gi
ải phương trình
2 2
sin 3 cos2 sin 0
x x x
.
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
2
2 2
0
sin 2
sin 4cos
x
I dx
x x
.
Câu IV (1 điểm) Trong không gian, cho tam giác vuông cân
ABC
có cạnh huyền
2 0
AB a a
. Trên
đường thẳng
d
đi qua
A
và vuông góc với mặt phẳng
ABC
lấy điểm
S
sao cho mặt phẳng
SBC
tạo
với mặt phẳng
ABC
một góc bằng
60
. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
SABC
.
Câu V (1 điểm) Cho hai số thực
,
x y
thay đổi và thoả mãn
2 2
8
x y
. Hãy tìm giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất của biểu thức
3 3
3
P x y xy
.
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 hình chữ nhật
ABCD
có điểm
7;0
I là
giao điểm của hai đường chéo
AC
và
BD
. Điểm
2;3
M thuộc đường thẳng
AB
và trung điểm
E
của
cạnh
CD
thuộc đường thẳng
: 4 0
x y
. Viết phương trình đường thẳng
AB
.
2) Trong không gian v
ới hệ tọa độ
Oxyz
cho đường thẳng
1 3 3
:
1 2 1
x y z
d
và hai mặt phẳng
: 2 2 9 0
P x y z
,
: 4 0
Q x y z
. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc
d
, tiếp xúc với
P
và cắt
Q
theo đường tròn có chu vi bằng
2
.
Câu VII.a (1 điểm) Tìm số phức
z
thoả mãn
2 26
z i
và
. 25
z z
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b
(2 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
vuông cân tại
A
, phương trình đường thẳng
AB
là
1 0
x y
, trọng tâm
3;2
G , tung độ điểm
A
lớn hơn 3. Tìm toạ độ các đỉnh
, ,
A B C
.
2) Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho đường thẳng
1
: 0
x t
y
z t
và các điểm
2;1; 1
A
,
1;2;0
B . Trong các đường thẳng đi qua
B
và cắt đường thẳng
, hãy viết phương trình đường
thẳng mà khoảng cách từ
A
đến đường thẳng đó là lớn nhất.
Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình
2 2
2
3 3 3
2log 4 3 log 2 log 2 4
x x x
Hết
TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I
Năm học 2009
-2010
ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC
MÔN TOÁN KHỐI 12(lần 3)
(Đáp án- thang điểm gồm có 04 trang)
Câu Nội dung Điểm
I
4) Khi
1
m
, hàm số (1) trở thành:
4 2
2 1
y x x
a. Tập xác định
b. Sự biến thiên:
' 3 '
4 4 ; 0 0
y x x y x
Hàm số nghịch biến trên
;0
; đồng biến trên
0;
0.25
- Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại
0, 1
CT
x y
.
- Gi
ới hạn:
lim lim
x x
y y
.
0.25
Bảng biến thiên
x
0
'
y
0 +
y
1
0.25
Đồ thị
8
6
4
2
-2
-4
-6
-8
-
15
-
10
-5 5
10
15
f x
= x
4
+2
x
2
+1
0.25
2) Xét phương trình hoành độ giao điểm:
4 2 2
2 1 1
x m x x
4 2 2 3 2
3 2
0
2 0 2 1 0
2 1 0 *
x
x m x x x x m x
x m x
0.50
Đặt
3 2
2 1;
g x x m x
Ta có
' 2 2
3 2 0
g x x m
(với mọi
x
và với mọi
m
)
Hàm số
g x
đồng biến trên khoảng
;
với mọi giá trị của
m
.
0.25
Mặt khác
0 1 0
g
. Do đó pt (*) có nghiệm duy nhất khác 0. Vậy đường
thẳng
1
y x
luôn cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị
0.25
của
m
.
II
1) Gi
ải pt:
2 2
2 1 4 3 2 2
x x x x
(1)
Điều kiện xác định:
2
2
1 0
1
4 3 0
3
2 2 0
x
x
x x
x
x
0.25
1 2 1 1 1 3 2 1
x x x x x
(2)
1
x
là một nghiệm của phương trình (2) 0.25
Nếu
3
x
thì (2)
2 1 3 2 1
x x x
2 2
2 2 2 3 3 7 10 33 0 3
x x x x x x
Vậy pt đã cho có hai nghiệm
1
x
và
3
x
.
0.50
2)
2 2
sin 3 cos 2 sin 0 1 cos6 cos2 1 cos2 0 cos6 cos2 1 0
x x x x x x x x
0.25
2
cos8 cos4 2 0 2cos 4 cos4 3 0
x x x x
0.25
cos 4 1
2
x x k k
0.50
III
2
2 2
0
sin 2
sin 4cos
x
I dx
x x
Đặt
2 2 2 2 2
sin 4cos sin 4cos 2 3sin 2
t x x t x x tdt xdx
Khi
0
x
thì
2
t
; khi
2
x
thì
1
t
.
0.50
1 2
2 1
2 2 2
3 3 3
t
I dt dt
t
0.50
IV
Ta có
;
SA ABC SA AB SA AC
. Tam giác
ABC
vuông cân cạnh huyền
AB
BC AC BC SC
(định lí ba đường vuông góc). Hai điểm
,
A C
cùng nhìn đoạn
SB
dưới một góc vuông nên mặt cầu đường kính
SB
đi qua
,
A C
. Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ
diện
SABC
cũng chính là mặt cầu đường kính
SB
0.50
Ta có
sin 45 2; 60
CA CB AB a SCA
là góc giữa 2 mặt phẳng
SBC
và
ABC
;
.tan 60 6.
SA AC a
Từ đó
2 2 2 2
10
SB SA AB a
.
V
ậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
SABC
là S=
2 2 2
10
d SB a
.
0.50
V
Ta có
2 2
3 8 3
P x y x y xy xy x y xy xy
.
Đặt
x y t
. Do
2 2
8
x y
nên
2
8
2
t
xy
. Suy ra
2 2 3
2
8 8 3
8 3. 12 12
2 2 2 2
t t t
P t t t
0.25
Do
2
4
x y xy
nên
2 2
2 8 4 4
t t t
0.25
Xét
3
2
3
12 12
2 2
t
f t t t
với
4;4
t .
Ta có
' 2 '
4 4;4
3
3 12; 0
2
2 4;4
t
f t t t f t
t
4 28; 2 26; 4 4
f f f
. Vậy
max 26; min 28
P P
0.50
VI.a
1) G
ọi
N
đối xứng với
M
qua
I
, Suy ra
12; 3
N
thuộc đường thẳng
CD
.
0.25
;4 ; 7;4 ; 12;7
E E x x IE x x NE x x
.
E
là trung điểm
CD IE EN
.
. 0 7 12 4 7 0 7
IE EN x x x x x
hoặc
8
x
.
0.25
7 0; 3 ;
x IE
phương trình
: 3 0
AB y
0.25
8 1; 4 ;
x IE
phương trình
: 4 10 0
AB x y
0.25
5) Gọi mặt cầu cần tìm là (S) có tâm là
I
, bán kính là
R
, (S) cắt
( )
Q
theo
đường tròn có bán kính là
r
.
1 ; 3 2 ;3 ;I d I t t t t
.
Kho
ảng cách từ
I
đến mặt phẳng
( )
P
là
2 2
3
t
R
.
Kho
ảng cách từ
I
đến mặt phẳng
Q
là
11 2
3
t
h
.
Đường tròn giao tuyến có chu vi bằng
2
1
r
0.25
Ta có phương trình
2 2
2 2 2 2
2 2 11 2
1 2 31 92 0 4
9 3
t t
R h r t t t
hoặc
23
2
t
0.25
4 3;5;7 , 2
t I R
; mặt cầu (S):
2 2 2
3 5 7 4
x y z
0.25
23 21 29
;20;
2 2 2
t I
;
7
R
;
m
ặt cầu (S):
2 2
2
21 29
20 49
2 2
x y z
0.25
VII.a
Gọi
; 2 2 1 ;
z x yi z i x y i
2 2
2 26 2 1 26
z i x y
(1)
0.25
. 25
z z
2 2
25
x y
(2)
0.25
Giải hệ (1) và (2) ta được
; 3; 4
x y
hoặc
7 24
; ;
5 5
x y
.
V
ậy
3 4
z i
hoặc
7 24
5 5
z i
0.50
VI.b
1) Gọi
H
là hình chiếu vuông góc của
G
lên
AB
. Suy ra
2;3
H .
, 2
AH d G AB
0.25
1;
A AB A t t
3
t
.
2 2
2
2 2 3 3 2 4
AH AH t t t
0.25
4 3;4
t A . Dựa vào
2 0;1
HB HA B
. Suy ra
6;1
C .
Th
ử lại thấy thoả mãn bài toán, vậy
3;4 , 0;1 , 6;1
A B C
0.50
2) Gọi
d
là đường thẳng bất kì đi qua
1;2;0
B
và cắt đường thẳng
.
Gi
ả sử
d
cắt
tại
1 ;0;
M t t
. Khi đó
d
có vectơ chỉ phương
2 ; 2;
BM t t
. Ta có
3; 1; 1 , , 2 ;2 2 ;4
BA BM BA t t t
0.25
2 2 2
2
2
2
2
,
2 2 2 4
3 10 12
,
2 4
2 4
BM BA
t t t
t t
d A d
t t
BM
t t
Xét hàm số
2 2
'
2
2
2
3 10 12 16 64
, 0 2
2 4
2 4
t t t
f t f t t
t t
t t
0.25
Bảng biến thiên của hàm số
f t
:
t
2
2
'
f t
0
0
f t
11
3
3
1
3
0.25
Vậy khoảng cách từ
A
tới
d
lớn nhất bằng
11
khi
2
t
ứng với
1;0;2
M . Đường thẳng
d
cần tìm có phương trình:
1
2
x
y t
z t
0.25
VII.b
Giải pt:
2 2
2
3 3 3
2log 4 3 log 2 log 2 4
x x x
(1)
Điều kiện:
2 2
2 2
3
4 0 4 0
2
3
log 2 0 2 1
x x
x
x
x x
(*)
0.25
(1)
2 2 2
3 3 3
log 4 log 2 3 log 2 4 0
x x x
2 2
3 3
log 2 3 log 2 4 0
x x
0.25
2 2 2
3 3 3
log 2 4 log 2 1 0 log 2 1
x x x
0.25
2
2 3 2 3 2 3
x x x .Kết hợp với đk (*) chỉ có
2 3
x
thoả mãn. Vậy pt có nghiệm duy nhất là
2 3
x
0.25
Thạch Thành, ngày 6 tháng 5 năm 2010. Người ra đề và làm đáp án: Bùi Trí Tuấn.
TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I
ĐỀ DỰ BỊ
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)
3) Kh
ảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi
1
m
.
4) Tìm t
ất cả các giá trị của tham số thực
m
để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và các điểm cực đại, cực
tiểu của đồ thị hàm số cùng với gốc toạ độ
O
tạo thành một tam giác có diện tích bằng 4.
Câu II (2 điểm) 1) Giải bất phương trình
2
2 6 7
4
x x
x
x
x x
.
2) Gi
ải phương trình
5
5cos 2 4sin 9
3 6
x x
.
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
1
0
1
1
x
I dx
x
.
Câu IV (1 điểm) Cho lăng trụ đứng
' ' '
.
ABC A B C
có đáy
ABC
là tam giác vuông với
AB BC a
, cạnh
bên
'
2
AA a
,
M
là điểm sao cho
'
1
3
AM AA
. Tính thể tích của khối tứ diện
' '
MA BC
Câu V (1 điểm) Cho các số thực không âm
,
a b
. Chứng minh rằng:
2 2
3 3 1 1
2 2
4 4 2 2
a b b a a b
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 tam giác
ABC
cân tại
A
, biết phương
trình đường thẳng
,
AB BC
lần lượt là
2 5 0
x y
và
3 7 0
x y
. Viết phương trình đường thẳng
AC
, biết rằng đường thẳng
AC
đi qua điểm
1; 3
F
.
2) Trong không gian v
ới hệ tọa độ
Oxyz
cho điểm
0;1;1
M và các đường thẳng
1 2
:
3 1 1
x y z
;
1
:
1
x
d y t
z t
. Hãy viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm
M
vuông góc với đường
thẳng
và cắt đường thẳng
d
.
Câu VII.a (1 điểm) Tìm số phức
z
thoả mãn
2
2
z z
và
2
z
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b
(2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
vuông tại
B
và nội tiếp
đường tròn (C). Biết rằng (C)
2 2
: 1 2 5
x y
,
2;0
A và diện tích tam giác
ABC
bằng 4. Tìm toạ
độ các đỉnh
,
B C
2) Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho mặt phẳng
: 2 2 1 0
P x y z
và hai đường thẳng
1 2
1 3 3 4 3
: , :
1 1 6 2 1 2
x y z x y z
. Xác định toạ độ điểm
M
thuộc đường thẳng
1
sao cho
kho
ảng cách từ
M
đến đường thẳng
2
và khoảng cách từ
M
đến mặt phẳng
P
bằng nhau.
Câu VII.b (1 điểm) Tìm các giá trị của tham số thực
m
để đường thẳng
2
y x m
cắt đồ thị hàm số
2
4 3
2
x x
y
x
tại hai điểm
,
A B
sao cho
3
AB
.
Hết
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
6) 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
Gọi hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là
1 1 2 2
; , ;
A x y B x y
. Ta có
2
1 2 1 2 2 2
y x x x m mx m
;
1 1
2 2 2
y mx m
2 2
2 2 2
y mx m
. Vậy phương trình đường thẳng
AB
là
2 2 2 2 2 2 0
y mx m mx y m
.
0.25
2 2 2 2
2 2 2 2
2 1 2 1 2 1 1 2 1 2
4 4 1 4 4 1
AB x x m x x x x m x x x x m
Theo định lí Viet ta có
1 2 1 2
2, . 1
x x x x m
. Suy ra
2
2 4 1
AB m m
;
2
2 1
,
4 1
m
d O AB
m
;
0.25
2
2
2 1
1 1
. , .2 4 1 . 4
2 2
4 1
ABC
m
S AB d O AB m m
m
3 2 2
1 2 2 4 0 1 3 4 0 1
m m m m m m m m m
0.25
II
1) Điều kiện
2
0
0
1
7
6 7 0
1
x
x
x
x
x x
x
0.25
Bpt đã cho tương đương với bpt:
2 2
2 6 7 4 2 6 7 4 2
x x x x x x x
0.25
Nếu
2
x
thì bpt được thoả mãn vì vế trái dương, vế phải âm, 0.25
Nếu
1 2
x
thì hai vế của bpt không âm. Bình phương hai vế ta được:
2
2 2
2 6 7 4 2 4 15 0 7 34 7 34
x x x x x x
. Kết hợp với
điều kiện
1 2
x
, ta có
7 34 2
x
.
V
ậy bpt đã cho có tập nghiệm là
7 34;
0.25
2) Pt
2
5
5 1 2sin 4sin 9
6 6
x x
0.25
2
10sin 4sin 14 0
6 6
x x
0.25
sin 1 2 2
6 6 2 3
x x k x k k
0.50
III
Đặt
2
2 ; 0 0; 1 1
t x x t dx tdt x t x t
1 1
2 3
0 0
1
.2 2
1 1
t t t
I tdt
t t
0.25
1
1 1
3 2
2 1
0
0 0
0
2 2 4 2 2 4(ln 1 )
1 3 2
dt t t
I t t dt t t
t
0.50
11
4ln 2
3
I
0.25
IV Từ giả thiết suy ra tam giác
ABC
vuông cân tại
B
. Gọi
H
là trung điểm của
đoạn
AC
thì
BH AC
và
' '
BH mp ACC A
. Do
BH
là đường cao của hình
chóp
' '
.
B MAC
nên
2
2
a
BH
. Từ giả thiết suy ra
' ' '
2 2
; 2
3
MA a AC a
0.50
Ta có
' ' ' '
' ' '
.
1 1 1
. . . .
3 3 2
B MA C MAC
V BH S BH MA A C
0.25
Vậy
' ' ' '
3
.
1 2 2 2 2
. . . 2
3 2 3 9
MA BC B MA C
a a a
V V a
0.25
V
Ta có
2
2 2
3 1 1 1 1 1
4 4 2 2 2 2
a b a a b a a a b a b
.
Tương tự ta cũng có
2
3 1
4 2
b a a b
.
0.50
Ta sẽ chứng minh
2
1 1 1
2 2
2 2 2
a b a b
0.25
2
2 2
1 1
2 4 0
4 4
a b ab a b ab a b a b
(luôn đúng)
0.25
VII.a
1) Gọi vectơ pháp tuyến của
AB
là
1
1;2
n
, của
BC
là
2
3; 1
n
và của
AC
là
2 2
3
; , 0
n a b a b
. Do tam giác
ABC
cân tại
A
nên các góc
ˆ
ˆ
,
B C
nhọn và
bằng nhau. 0.25
Suy ra
1 2 3 2
2 2
2 2
1 2 3 2
. .
3
1
ˆ
ˆ
cos cos 22 15 2 0
5
. .
n n n n
a b
B C a ab b
n n n n
a b
2 11 2 0 2
a b a b a b
hoặc
11 2
a b
0.50
Với
2
a b
, ta có thể chọn
1, 2
a b
thì
3
1;2
n
. Do
AC
đi qua
1; 3
F
nên
có pt:
1 1 2 3 0 2 5 0
x y x y
. Trường hợp này bị loại vì
/ /
AC AB
Với
11 2
a b
, chọn
2, 11
a b
thì
3
2;11
n
. Suy ra
: 2 11 31 0
AC x y
Vậy có một đường thẳng thoả mãn bài toán là:
2 11 31 0
x y
.
0.25
2) Gọi
a
là đường thẳng cần tìm. Gọi
N d a
;
1; ;1
N d N t t
.
có vectơ chỉ phương
3;1;1
u
;
1; 1;
MN t t
.
0.50
. 0 3 1 0 2
a MN u MN u t t t
;
1;1;2
MN
.
V
ậy
: 1
1 2
x t
a y t
z t
t
0.50
VII.a
Gọi số phức
( , )
z x yi x y
. Ta có
2 2 2
2 ,
z x y xyi z x yi
0.25
Từ giả thiết ta có hệ pt:
2
2
2
2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2 4 4 2 1 4
4
2
x y x xy y
x x x x
y x
x y
0.25
2
3
2 2
2 2
1
1 2 0
3 2 0 2
0
3
4
4
x
x x x
x x x
y
y
y x
y x
0.25
Vậy có ba số phức cần tìm là
1 3 ; 1 3 ; 2
z i z i z
0.25
VI.b
1) (C) có tâm
1; 2 ,
I
bán kính
5
R
. Do
90
ABC
nên
C
đối xứng với
A
qua
I
. Suy ra
0; 4
C
.
0.25
: 2 4 0
AC x y
;
2
2.4 4
,
2 5 5
ABC
S
d B AC
AC
.
B
thuộc đt
song song với
AC
,
B
cách
AC
một khoảng bằng
4
5
.
0.25
