Đề 10 thi môn toán, khối 12 (2009 - 2010)

<span class='text_page_counter'>(1)</span>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 y  x3  3 x 2  3 1  m  x  1  3m (1). TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I ĐỀ DỰ BỊ. 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m  1 . 2) Tìm tất 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  x2  6 x  7 .  x. 4 x . x. x  5      2) Giải phương trình 5cos  2 x    4sin   x 9. 3 6     1 1 x Câu III (1 điểm) Tính tích phân I   dx . x 0 1 Câu IV (1 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC. A' B 'C ' có đáy ABC là tam giác vuông với  1  AB  BC  a , cạnh bên AA'  a 2 , M là điểm sao cho AM  AA' . Tính thể tích của khối 3 tứ diện MA' BC ' Câu V (1 điểm) Cho các số thực không âm a, b . Chứng minh rằng: 3  2 3  1  1  2  a  b   b  a     2a    2b   4  4  2  2  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 x  2 y  5  0 và 3 x  y  7  0 . Viết phương trình đường thẳng AC , biết rằng đường thẳng AC đi qua điểm F 1; 3 . 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M  0;1;1 và các đường thẳng.  x  1 x 1 y  2 z  . Hãy viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua :   ; d :y  t 3 1 1 z  1 t  điểm M vuông góc với đường thẳng  và cắt đường thẳng d . Câu VII.a (1 điểm) Tìm số phức z thoả mãn z 2  z  2 và z  2 . 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) :  x  1   y  2   5 , A  2; 0  và diện tích tam giác 2. 2. ABC bằng 4. Tìm toạ độ các đỉnh B, C. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : x  2 y  2 z  1  0 và hai đường x y 1 z  3 x 3 y  4 z 3   , 2 :   . Xác định toạ độ điểm M thuộc đường 1 1 6 2 1 2 thẳng 1 sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng  2 và khoảng cách từ M đến mặt phẳng. thẳng 1 :.  P. bằng nhau.. Câu VII.b (1 điểm) Tìm các giá trị của tham số thực m để đường thẳng y   x  m  2 cắt đồ thị hàm số y . x2  4 x  3 tại hai điểm A, B sao cho AB  3 . x2 ---------------------------------Hết---------------------------------. 0 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 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 I. Nội dung 1) Khi m  1 , hàm số (1) trở thành: y  x3  3x 2  4 Tập xác định   Sự biến thiên: y '  3x 2  6 x, y '  0  x  0  x  2 yCĐ=y(0)=4, yCT=y(2)=0  Bảng biến thiên . x. 0.25 0.25. . 2. 0. . y'. Điểm. . 0. . 0. . 4. y. . 0. 0.25 f x =  x3-3x2 +4. 8. 6. 4. 2. -10. -5. 5. 10. -2. -4. -6.  Đồ thị. 0.25. -8. 2) y  3x  6 x  3 1  m   3  x  2 x  1  m  Hàm số (1) có cực đại, cực tiểu  phương trình y '  0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 và y ' đổi dấu khi x đi qua các nghiệm đó  m  0 Gọi hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A  x1 ; y1  , B  x2 ; y2  . Ta có y   x  1  x 2  2 x  1  m   2mx  2  2m ; y1  2mx1  2  2m '. 2. 2. 0.25. y2  2mx2  2  2m . Vậy phương trình đường thẳng AB là y  2mx  2  2m  2mx  y  2  2m  0 .. 0.25. 1 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2 2 2 2 AB 2   x2  x1   4m 2  x2  x1    x2  x1   4m 2  1   x1  x2   4 x1 x2   4m 2  1  . Theo định lí Viet ta có x1  x2  2, x1.x2  1  m . Suy ra AB  2 m  4m 2  1 ; d  O, AB  . 2  m  1 4m 2  1. ;. 0.25. 2  m  1 1 1 AB.d  O, AB   .2 m  4m 2  1 . 4 2 2 4m 2  1  m  m  1  2  m3  2m 2  m  4  0   m  1  m 2  3m  4   0  m  1 S ABC . II. 0.25. x  0 x  0  1) Điều kiện  2    x  7  x  1 x  6x  7  0  x  1 . 0.25. Bpt đã cho tương đương với bpt:. 2  x2  6 x  7   x  4  x  2  x2  6 x  7   4  2 x. 0.25 0.25. Nếu x  2 thì bpt được thoả mãn vì vế trái dương, vế phải âm, Nếu 1  x  2 thì hai vế của bpt không âm. Bình phương hai vế ta được: 2 2  x 2  6 x  7    4  2 x   x 2  4 x  15  0  7  34  x  7  34 . Kết hợp với điều kiện 1  x  2 , ta có 7  34  x  2 . Vậy bpt đã cho có tập nghiệm là  7  34;    . . . 5. 0.25. . 2) Pt  5 1  2sin 2  x     4sin     x    9 6    6    0.25. III.      10sin 2  x    4sin  x    14  0 6 6         sin  x    1  x    k 2  x   k 2  k    6 6 2 3  2 Đặt t  x  x  t  dx  2tdt; x  0  t  0; x  1  t  1 1. 0.25 0.50. 1. 1 t2 t3  t .2tdt  2  1 t 1 t 0 0. I . 1. I  2   t 2  t  2  dt  4  0. 0.25 1.  t3 t2  dt  2    2t   4(ln 1  t ) 1 t 3 2 0 0 1. 1 0. 0.50. 11 I   4 ln 2 3. IV. 0.25. 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 a 2 2 2 . Từ giả thiết suy ra MA'  a; A'C '  a 2 2 3 1 1 1 Ta có VB.MA'C '  BH .SMA'C '  BH . .MA' . A'C ' 3 3 2 1 a 2 2 2a a3 2 Vậy VMA' BC '  VB.MA'C '  . . .a 2  3 2 3 9. chóp B.MA'C ' nên BH . 0.50 0.25 0.25. 2 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> V. 2. Ta có a 2  b   a 2  a   b  a    a    a  b   a  b  . 4 4 2 2 2 2 3. 1. 1. 1.  3 1 Tương tự ta cũng có b 2  a   a  b  . 4 2. 1. 1. . 0.50. 2. 1 1 1 Ta sẽ chứng minh  a  b     2a    2b   2 2 2.     1 1 2  a 2  b 2  2ab  a  b   4ab  a  b    a  b   0 (luôn đúng) 4 4   1) Gọi vectơ pháp tuyến của AB là n1 1; 2  , của BC là n2  3; 1 và của AC là  n3  a; b  , a 2  b 2  0 . Do tam giác ABC cân tại A nên các góc Bˆ , Cˆ nhọn và. 0.25. bằng nhau.. 0.25.   2a  b 11a  2b   0  2a  b hoặc 11a  2b  Với 2a  b , ta có thể chọn a  1, b  2 thì n3 1; 2  . Do AC đi qua F 1; 3 nên. 0.50. . VII.a. 0.25.     n1.n2 n3 .n2 3a  b 1 Suy ra cos Bˆ  cos Cˆ          22a 2  15ab  2b 2  0 2 2 5 n1 . n2 n3 . n2 a b. có pt: 1 x  1  2  y  3  0  x  2 y  5  0 . Trường hợp này bị loại vì AC / / AB . Với 11a  2b , chọn a  2, b  11 thì n3  2;11 . Suy ra AC : 2 x  11y  31  0 Vậy có một đường thẳng thoả mãn bài toán là: 2 x  11y  31  0 .. 0.25. 2) Gọi a là đường thẳng cần tìm. Gọi N  d  a ; N  d  N  1; t ;1  t  .    có vectơ chỉ phương u   3;1;1 ; MN   1; t  1; t  .      a    MN  u  MN .u  0  3  t  1  t  0  t  2 ; MN  1;1; 2  ..  x  t Vậy a :  y  1  t  z  1  2t . 0.50. t    0.50 0.25. VII.a Gọi số phức z  x  yi ( x, y  ) . Ta có z  x  y  2 xyi, z  x  yi Từ giả thiết ta có hệ pt: 2. 2. 2. 2 2  2 2  2 x 2  x  4 2   4  x 2   2 x  1 2  4   x  y  x    2 xy  y   2   2 2 2 2  x y 2  y  4  x  2 3  x  2  x  3 x  2  0  x  1  x  x  2   0  x  1  2      2 2 2  y   3  y  0  y  4  x  y  4  x. VI.b. 0.25 0.25 0.25. Vậy có ba số phức cần tìm là z  1  3i; z  1  3i; z  2 1) (C) có tâm I 1; 2  , bán kính R  5 . Do ABC  90 nên C đối xứng với A qua I . Suy ra C  0; 4  .. 0.25. 2S 2.4 4 AC : 2 x  y  4  0 ; d  B, AC   ABC   . AC 2 5 5 4 . 5 4m m  0 4 4    : 2 x  y  m  0 . Vì  / / AC nên d  A,    . Suy ra 5 5 5  m  8 B thuộc đt  song song với AC , B cách AC một khoảng bằng. 0.25 3. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 0.25. Với m  0   : 2 x  y  0 . Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ 6  x  x  0  2 x  y  0 5    2 2 0 12 y   y    x  1   y  2   5  5 Với m  8   : 2 x  y  8  0 . Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ 16  x  2 x  y  8  0 x  2  5    2 2  x  1   y  2   5  y  4  y   8  5 6 12 16 8 Vậy C  0; 4  ; toạ độ điểm B là  0;0  ,   ;   ,  2; 4  ,  ;   5  5  5 5  2)  2 qua A  3; 4; 3 và có vectơ chỉ phương u   2;1; 2  .  M  1  M  t ;1  t ; 3  6t  ; MA   3  t;3  t ; 6t  ;      MA, u    8t  6;6  14t; t  3   MA, u   3 29t 2  30t  9        MA, u    d  M , 2    29t 2  30t  9 ;  u d  M ,  P  . t  2  2t  6  12t  1 12   2   2 2 2. . 0.25. 0.25. 0.25. 11t  9 3. 0.25. 11t  9 18  140t 2  72t  0  t  0 hoặc t  3 35 18  18 53 3  t  0  M  0;1; 3 ; t  M ; ;  35  35 35 35  Toạ độ các điểm A, B thoả mãn: 29t 2  30t  9 . VII.b. 0.25 0.25.  x  4x  3 2  x  m  2  2 x   m  8  x  2m  7  0;  x  2  1   x2   y   x  m  2  y  x  m  2  Nhận thấy (1) có hai nghiệm thực phân biệt x1 , x2 khác 2 với mọi m . 2. Gọi A  x1 ; y1  , B  x2 ; y2  . Ta có AB 2   x1  x2    y1  y2   2  x1  x2  2. 2. Áp dụng định lí Viet đối với (1) ta được: AB 2  2  x1  x2   4 x1 x2   2. AB  3  AB 2  9 . 0.25. 2. m2  8 2. m2  8  9  m 2  10  m   10 2. 0.25 0.25. 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 8 tháng 4 năm 2010 Người ra đề và làm đáp án: BÙI TRÍ TUẤN. 4 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>