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

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 bằn[r]

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  x  1  m  x   3m (1) TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I ĐỀ DỰ BỊ 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số (1) m  2) Tìm tất các giá trị tham số thực m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và các điểm cực đại, cực tiểu đồ thị hàm số cùng với gốc toạ độ O tạo thành tam giác có diện tích Câu II (2 điểm) 1) Giải bất phương trình  x2  x    x 4 x x x       2) Giải phương trình 5cos  x    4sin   x 9     1 x Câu III (1 điểm) Tính tích phân I   dx x 1 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 AA'  a , M là điểm cho AM  AA' Tính thể tích khối tứ diện MA' BC ' Câu V (1 điểm) Cho các số thực không âm a, b Chứng minh rằng:  3   1   a  b   b  a     2a    2b    4   2  PHẦN RIÊNG (3 điểm):Thí sinh làm hai phần (phần A 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 A , biết phương trình đường thẳng AB, BC là x  y   và x  y   Viết phương trình đường thẳng AC , biết đường thẳng AC 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  z  Hãy viết phương trình tham số đường thẳng qua :   ; d :y  t 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  z  và 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 B và nội tiếp đường tròn (C) Biết (C) :  x  1   y    , A  2;  và diện tích tam giác 2 ABC Tìm toạ độ các đỉnh B, C 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : x  y  z   và hai đường x y 1 z  x 3 y  z 3   , 2 :   Xác định toạ độ điểm M thuộc đường 1 2 thẳng 1 cho khoảng cách từ M đến đường thẳng  và khoảng cách từ M đến mặt phẳng thẳng 1 :  P Câu VII.b (1 điểm) Tìm các giá trị tham số thực m để đường thẳng y   x  m  cắt đồ thị hàm số y  x2  x  hai điểm A, B cho AB  x2 -Hết - Lop12.net 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  , hàm số (1) trở thành: y  x3  3x  Tập xác định   Sự biến thiên: y '  3x  x, y '   x   x  yCĐ=y(0)=4, yCT=y(2)=0  Bảng biến thiên  x 0.25 0.25   y' Điểm    y  0.25 f x =  x3-3x2 +4 -10 -5 10 -2 -4 -6  Đồ thị 0.25 -8 2) y  3x  x  1  m    x  x   m  Hàm số (1) có cực đại, cực tiểu  phương trình y '  có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 và y ' đổi dấu x qua các nghiệm đó  m  Gọi hai điểm cực trị đồ thị hàm số là A  x1 ; y1  , B  x2 ; y2  Ta có y   x  1  x  x   m   2mx   2m ; y1  2mx1   2m ' 2 0.25 y2  2mx2   2m Vậy phương trình đường thẳng AB là y  2mx   2m  2mx  y   2m  0.25 Lop12.net 2 2 AB   x2  x1   4m  x2  x1    x2  x1   4m  1   x1  x2   x1 x2   4m  1   Theo định lí Viet ta có x1  x2  2, x1.x2   m Suy AB  m  4m  1 ; d  O, AB    m  1 4m  ; 0.25  m  1 1 AB.d  O, AB   m  4m  1 4 2 4m   m  m  1   m3  2m  m     m  1  m  3m     m  S ABC  II 0.25 x  x   1) Điều kiện     x  7  x  x  6x    x   0.25 Bpt đã cho tương đương với bpt:  x2  x    x   x   x2  x     x 0.25 0.25 Nếu x  thì bpt thoả mãn vì vế trái dương, vế phải âm, Nếu  x  thì hai vế bpt không âm Bình phương hai vế ta được: 2  x  x      x   x  x  15    34  x   34 Kết hợp với điều kiện  x  , ta có  34  x  Vậy bpt đã cho có tập nghiệm là   34;       5 0.25  2) Pt  1  2sin  x     4sin     x          0.25 III      10sin  x    4sin  x    14  6 6         sin  x     x    k 2  x   k 2  k    6  Đặt t  x  x  t  dx  2tdt; x   t  0; x   t  1 0.25 0.50 1 t2 t3  t 2tdt   1 t 1 t 0 I  I    t  t   dt   0.25  t3 t2  dt     2t   4(ln  t ) 1 t 3 0 1 0.50 11 I   ln IV 0.25 Từ giả thiết suy tam giác ABC vuông cân B Gọi H là trung điểm đoạn AC thì BH  AC và BH  mp  ACC ' A'  Do BH là đường cao hình a 2 Từ giả thiết suy MA'  a; A'C '  a 2 1 Ta có VB.MA'C '  BH SMA'C '  BH MA' A'C ' 3 a 2 2a a3 Vậy VMA' BC '  VB.MA'C '  a  3 chóp B.MA'C ' nên BH  0.50 0.25 0.25 Lop12.net V Ta có a  b   a  a   b  a    a    a  b   a  b  4 2 2 1  Tương tự ta có b  a   a  b  1  0.50 1 Ta chứng minh  a  b     2a    2b   2     1  a  b  2ab  a  b   4ab  a  b    a  b   (luôn đúng) 4   1) Gọi vectơ pháp tuyến AB là n1 1;  , BC là n2  3; 1 và AC là  n3  a; b  , a  b  Do tam giác ABC cân A nên các góc Bˆ , Cˆ nhọn và 0.25 0.25   2a  b 11a  2b    2a  b 11a  2b  Với 2a  b , ta có thể chọn a  1, b  thì n3 1;  Do AC qua F 1; 3 nên 0.50  VII.a 0.25     n1.n2 n3 n2 3a  b Suy cos Bˆ  cos Cˆ          22a  15ab  2b  2 n1 n2 n3 n2 a b có pt: 1 x  1   y  3   x  y   Trường hợp này bị loại vì AC / / AB  Với 11a  2b , chọn a  2, b  11 thì n3  2;11 Suy AC : x  11y  31  Vậy có đường thẳng thoả mãn bài toán là: x  11y  31  0.25 2) Gọi a là đường thẳng cần tìm Gọi N  d  a ; N  d  N  1; t ;1  t     có vectơ phương u   3;1;1 ; MN   1; t  1; t       a    MN  u  MN u   3  t   t   t  ; MN  1;1;   x  t Vậy a :  y   t  z   2t  0.50 t    0.50 0.25 VII.a Gọi số phức z  x  yi ( x, y  ) Ta có z  x  y  xyi, z  x  yi Từ giả thiết ta có hệ pt: 2 2  2  x  x  2    x   x  1    x  y  x    xy  y     2 2  x y 2  y   x   x  2  x  x    x  1  x  x     x        2  y    y   y   x  y   x VI.b 0.25 0.25 0.25 Vậy có ba số phức cần tìm là z   3i; z   3i; z  2 1) (C) có tâm I 1; 2  , bán kính R  Do ABC  90 nên C đối xứng với A qua I Suy C  0; 4  0.25 2S 2.4 AC : x  y   ; d  B, AC   ABC   AC 5 4m m  4    : x  y  m  Vì  / / AC nên d  A,    Suy 5  m  8 B thuộc đt  song song với AC , B cách AC khoảng 0.25 Lop12.net 0.25 Với m    : x  y  Toạ độ điểm B là nghiệm hệ  x  x   2 x  y     2 12 y   y    x  1   y     Với m  8   : x  y   Toạ độ điểm B là nghiệm hệ 16  x  2 x  y   x      2  x  1   y     y  4  y    12 16 Vậy C  0; 4  ; toạ độ điểm B là  0;0  ,   ;   ,  2; 4  ,  ;   5   5  2)  qua A  3; 4; 3 và có vectơ phương u   2;1; 2   M  1  M  t ;1  t ; 3  6t  ; MA    t;3  t ; 6t  ;      MA, u    8t  6;6  14t; t  3   MA, u   29t  30t         MA, u    d  M , 2    29t  30t  ;  u d  M ,  P   t   2t   12t  12   2   2  0.25 0.25 0.25 11t  0.25 11t  18  140t  72t   t  t  35 18  18 53  t   M  0;1; 3 ; t  M ; ;  35  35 35 35  Toạ độ các điểm A, B thoả mãn: 29t  30t   VII.b 0.25 0.25  x  4x   x  m   2 x   m   x  2m   0;  x   1   x2   y   x  m   y  x  m   Nhận thấy (1) có hai nghiệm thực phân biệt x1 , x2 khác với m Gọi A  x1 ; y1  , B  x2 ; y2  Ta có AB   x1  x2    y1  y2    x1  x2  2 Áp dụng định lí Viet (1) ta được: AB   x1  x2   x1 x2   AB   AB   0.25 m2  m2    m  10  m   10 0.25 0.25 Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu đáp án mà đúng thì đủ điểm phần đáp án quy định Hết -Thạch Thành, ngày tháng năm 2010 Người đề và làm đáp án: BÙI TRÍ TUẤN Lop12.net