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

0 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) 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 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 tr ình 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 n ội 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 khoảng 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 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 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 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 MAC MAC V BH S BH MA AC    0.25 Vậy ' ' ' ' 3 . 1 2 2 2 2 . . . 2 3 2 3 9 MA BC B MAC a a a V V a    0.25 3 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 . : 2 0 x y m     . Vì / / AC  nên   4 , 5 d A   . Suy ra 0 4 4 8 5 5 m m m          0.25 4 Với 0 :2 0 m x y      . Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ     2 2 6 2 0 0 5 0 12 1 2 5 5 x x y x y x y y                              0.25 Với 8 : 2 8 0 m x y        . Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ     2 2 16 2 8 0 2 5 4 8 1 2 5 5 x x y x y x y y                               Vậy   0; 4 C  ; toạ độ điểm B là     6 12 16 8 0;0 , ; , 2; 4 , ; 5 5 5 5                 0.25 2) 2  qua   3;4; 3 A  và có vectơ chỉ phương   2;1; 2 u    .     1 ;1 ; 3 6 ; 3 ;3 ; 6 M M t t t MA t t t           ;   2 , 8 6;6 14 ; 3 , 3 29 30 9 MA u t t t MA u t t                     0.25   2 2 , , 29 30 9 MA u d M t t u             ;       2 2 2 2 2 6 12 1 11 9 , 3 1 2 2 t t t t d M P            0.25 2 2 11 9 29 30 9 140 72 0 0 3 t t t t t t          hoặc 18 35 t  0.25   18 18 53 3 0 0;1; 3 ; ; ; 35 35 35 35 t M t M            0.25 VII.b To ạ độ các điểm , A B thoả mãn:       2 2 4 3 2 8 2 7 0; 2 1 2 2 2 2 x x x m x m x x m x y x m y x m                                 0.25 Nhận thấy (1) có hai nghiệm thực phân biệt 1 2 , x x khác 2 với mọi m . G ọi     1 1 2 2 ; , ; A x y B x y . Ta có       2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 AB x x y y x x       0.25 Áp dụng định lí Viet đối với (1) ta được:   2 2 2 1 2 1 2 8 2 4 2 m AB x x x x          0.25 2 2 2 8 3 9 9 10 10 2 m AB AB m m            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 . 0 TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I ĐỀ DỰ BỊ ĐỀ THI MÔN TOÁN, KH I 12 (200 9-2 010) Th i gian làm b i 180 phút, không kể th i gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 i m) Câu I (2 i m) Cho. t i hai i m , A B sao cho 3 AB  . Hết 1 TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I Năm học 200 9-2 010 ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN TOÁN KH I 12 (Đáp án- thang i m gồm có 04 trang) Câu N i dung i m I 1) Khi. cùng v i gốc toạ độ O tạo thành một tam giác có diện tích bằng 4. Câu II (2 i m) 1) Gi i bất phương trình   2 2 6 7 4 x x x x x x      . 2) Gi i phương trình 5 5cos 2 4sin 9 3 6 x