Dedap an toan thi thu dai hoc cua Thach Thanh 1cac nam 200820092010

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..[r]

TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I ĐỀ THI MƠN TỐN, KHỐI 12 (2008-2009) Thời gian làm 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 y x4 2mx2 m 1

    (1) , với m tham số thực 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m 1

2) Xác định m để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời điểm cực trị đồ thị

tạo thành tam giác có bán kính đường trịn ngoại tiếp

Câu II (2 điểm)

1) Giải phương trình 2sin2 x2 sin cosx x 1 cos x sinx. 2) Giải phương trình log 2log logx  2x  2x 8

Câu III (1 điểm)

Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số y x 1 1 x2

  

Câu IV (1 điểm)

Trong không gian cho lăng trụ đứng ABC A B C 1 có AB a AC , 2 ,a AA12a BAC 120

Gọi M trung điểm cạnh CC1 Hãy chứng minh MBMA1 tính khoảng cách từ A tới

mặt phẳng (A BM1 ) Câu V (1 điểm)

Xác định m để phương trình sau có nghiệm thực: 4 x4 13x m x 1 0 m 

      

II PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh làm hai phần (phần 2) 1 Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (1 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, tìm điểm A thuộc trục hoành điểm B thuộc trục tung cho A B đối xứng với qua đường thẳng d:2x y  3 0.

Câu VII.a (1 điểm)

Tìm số hạng khơng chứa x khai triển nhị thức Niutơn   18

5

2x x

x

 

 

 

 

Câu VIII.a (1 điểm)

Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số

1

x y

x

 

 giao điểm đồ thị với trục hồnh 2 Theo chương trình Nâng cao.

Câu VI.b (1 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC vuông A Biết A1; , B1; 4  đường thẳng BC qua điểm 2;1

2

M  

  Hãy tìm toạ độ đỉnh C Câu VII.b (1 điểm)

Tìm hệ số x8 khai triển nhị thức Niutơn   n

x  , biết 8 49

n n n

A  C C  ( k

n

A số chỉnh hợp chập k n phần tử, k n

C số tổ hợp chập k n phần tử). Câu VIII.b (1 điểm)

Cho hàm số

2

x x

y

x

  



 Chứng minh tích khoảng cách từ điểm

đồ thị hàm số đến hai đường tiệm cận số

-Hết -TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I ĐÁP ÁN MƠN TỐN KHỐI 12 (2008-2009)

(Đáp án- Thang điểm gồm 04 trang)

Câu Nội dung Điểm

I

(2điểm)

1.(1 điểm) Khi m 1 hàm số trở thành: y x4 2x2    TXĐ: D=

 Sự biến thiên: y' 4x3 4x 0 4x x 21   0 xx01 

 0.25

yCDy 0 0, yCT y 1 0.25  Bảng biến thiên

x - -1 +

y’  +  +

y + +

-1 -1

0.25

 Đồ thị

0.25

2 (1 điểm) '  

2

4 4 x

y x mx x x m

x m

 

      

 

Hàm số cho có ba điểm cực trị  pt y ' 0 có ba nghiệm phân biệt y'

đổi dấu x qua nghiệm  m0 0.25

 Khi ba điểm cực trị đồ thị hàm số là: 0; 1 ,  ; 1 ,  ; 1

A m B  m m m C m m m 0.25



2

ABC B A C B

S  y  y x  x m m;

,

ABAC m m BC m 0.25

  

4

3

1

1 5 1

4

2

ABC

m

m m m

AB AC BC

R m m

S m m m

 

 

         

   

0.25

II

(2điểm)

1)

  1

2 sin cos cos sin sin cos cos sin

2 2

x x x x  x x  x x

          

   

    0.50

2

1 cos 3cos 2cos 3cos

3 3

x  x  x  x 

       

             

        0.25

8

6

4

2

-2

-4

-6

-8

-10 -5 10

5

cos

3

x  x   k x  k

 

          

  k  . 0.25

2 (1 điểm) Điều kiện 0, 1,

x x x

0.25  Với điều kiện trên, phương trình cho tương đương với

2 2 2 2

1 6

log xlog 2x log 2x log x1 log x 1 log x log x1 log x 0.50

 log2x 1 x2 0.25

III

(1 điểm)

 Tập xác định: D=1;1 ;

2 '

2

1

2

0 1

1 2

x D

x x

y

x D

x

  

   

  

   

 0.50

 1 0, 3,  1

2

y   y  y 

  Vậy  1;1  1;1

3

max ;

4

y y

 

 

0.50

IV

(1 điểm)

 2  2

2 2 2 2

1 1 ; cos120

MA A C C M  a  a  a BC AB AC  AB AC  a ;

 2  2

2 2 2 2 2

1

7 12 ; 21

BM BC CM  a  a  a A B AA AB  a a  a .

Suy 2

1 1

A B MA MB  MBMA.

0.50  Hình chóp MBAA1 CABA1 có chung đáy tam giác BAA1 đường cao

bằng nên thể tích nhau.

Suy 1 1

1 1 15

.2 sin120

3 3

MBAA CBAA ABC

a

V V V  AA S  a a a  



1

3

1

15

3 3

( ,( ))

12.3

MBA

a

V V a

d A A BM

S MB MA a a

    

 0.50

V

(1

điểm)

 

4

4

4

3

1

13 13

13

1

4

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

Yêu cầu toán  đường thẳng ym cắt phần đồ thị hàm số  

f x  x  x  x với x 1 điểm. 0.25 Xét hàm số f x  4x3 6x2 9x 1

    với x 1. Với x 1 '  12 12 9 0

2

f x  x  x   x

0.25 Bảng biến thiên: x  

2

 1 y’ +  y 3

2

  12

Từ bảng biến thiên ta có: u cầu tốn

3

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 phương d u  1; 2

Toạ độ trung điểm I AB ; 2

a b

 

 

  0.25

A Bđối xứng với qua d khi

2

4

2

2

a b

a AB u

b

b a

I d

  



   

 

 

  

   



 

 

                           

Vậy A4;0 , B0; 2 

0.50

VII.a

(1 điểm) Số hạng tổng quát khai triển nhị thức Niutơn

18

1 2x

x

 



 

  là

 

6 18

18 18 5

1 18 5 18

1

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 18 15

k

k

    .

Vậy số hạng cần tìm 15

16 18.2 6528

T C  0.50

VIII.a

(1 điểm)  Giao điểm đồ thị với trục hoành

1 ;0

A   .

 

' '

2

3

;

2

1

y y

x

  

  

 

 0.50

 Pt tiếp tuyến đồ thị A 12;0  

4

3 3

y x  y x

VI.b

(1 điểm) Đt BC qua B1; 4 

1 2;

2

M  

  nên có pt:

1

9

2

x y



9x 2y 17

   

9 17

; ,

2

t

C BC  C t   t

   0.50

2; ; 1;9 25

t

AB  ACt  

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Vì tam giác ABC vng A nên

AB AC   

                         

Suy 4.9 25

t

t     t Vậy C3;5

0.50

VII.b

(1 điểm)

Điều kiện n4,n . Ta có:  

0

2 n n k k2n k n

k

x C x 



  Hệ số x8 4.2n

n

C 

0.50

     

3 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  n 7n27 0 n7

Vậy hệ số x8 7.2 280

C  0.50

VIII.b

(1 điểm)

2 4 3 7

2

2

x x

y x

x x

  

   

  Gọi (C) đồ thị hàm số cho.

 ; 

M x y (C)

2

y x

x

     .

Tiệm cận xiên: y x 2 x y  0 ; Tiệm cận đứng: x 2 0.50 Khoảng cách từ M đến tiệm cận xiên là:

2

2 2

x y d

x

 

 

 .

Khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng là: d2  x .

Ta có:

7

2 2

d d x

x

  

 Suy điều phải chứng minh 0.50

Nếu thí sinh làm khơng theo cách nêu đáp án mà đủ điểm phần đáp án quy định.

Thạch Thành ngày tháng 12 năm 2008 Người đề làm đáp án: BÙI TRÍ TUẤN

Năm học 2008-2009 Mơn thi: TỐN

Thời gian làm 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 y x3 3x2 4

   (1)

1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1)

2) Cho điểm I  1;0 Xác định giá trị tham số thực m để đường thẳng d y mx m:   cắt đồ thị (C) ba điểm phân biệt I A B, , cho AB 2 2 .

Câu II (2.0 điểm) 1) Giải phương trình lượng giác 2 os sin

12

c    x x

 

2) Giải bất phương trình mũ 2 2

3xx 9.3x x x

   

Câu III (1.0 điểm) Tính tích phân 2 

0

cos sin

I x x xdx



 

Câu IV (1.0 điểm)Trong khơng gian cho hình chóp S ABC có ABC SBC tam giác cạnh aa 0,

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 phương trình m x2 1 x 2 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 trịn (C) có tâm

thuộc đường thẳng d x:  2y 0 tiếp xúc với đường thẳng :x y 1 0 điểm A(2;1).

Câu VII.a (1.0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu

 S x: 2y2z2 2x2y4z 0 hai đường thẳng

 1  

2

:

x t

y t t

z t

  

    

  

 ,  2:

1 1

x y z

  

 Viết phương trình tiếp diện mặt cầu  S , biết tiếp diện song song với hai đường thẳng 1 2

Câu VIII.a (1.0 điểm)

Tìm số thực x y, thoả mãn đẳng thức x3 5 iy1 2 i335 23 i 2 Theo chương trình nâng cao

Câu VI.b (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm F  3;0 đường thẳng ( ) :3d x 4y16 0 Lập phương trình đường trịn tâm Fvà cắt ( )d theo dây cung có độ dài

Câu VII.b (1.0 điểm)

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm B0;3;0 , M4;0; 3  Viết phương trình mặt

phẳng ( )P chứa B M, cắt trục Ox Oz, điểm A C cho thể tích khối tứ diện OABC (O gốc toạ độ )

Câu VIII.b (1.0 điểm) Tính giá trị biểu thức P 3i 8 3 i8

-Hết -TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I Năm học 2008-2009

ĐÁP ÁN MƠN TỐN 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: y' 3x2 6 ,x y' 0 x 0 x 2

       0.25

yCĐ=y(0)=4, yCT=y(2)=0 0.25

Bảng biến thiên

x   0 2  '

y  0  0  y 4 

  0

0.25

Đồ thị

8

-2 -4 -6 -8

-10 -5 10

f x  = x3-3x2+4

0.25 2) Phương trình hồnh độ giao điểm (C) (d):

   

 

2

2

3

2

x

x x mx m x x m

x m

 

 

            

 

 0.25

(C) cắt (d) điểm phân biệt  mm09  

(d) cắt (C) I1;0 , A2 m m m m B;3   , 2 m m m m;3   0.25 Yêu cầu toán AB 2 2 AB2 8 2 m 2 2m m2 8 0 m 1

          0.5

II

1) 2 os sin 12

c    x x

 

5

2 sin sin

12 12

x  

   

      

 

5 5

sin sin sin sin sin sin

12 12 12 12

2cos sin sin

3 12 12

x    x   

  

   

           

   

   

    

    0.25

 

5

2

5 12 12

sin sin

5 13

12 12

2

12 12

x k

x k

x k

x k x k



 

 

 

  

 

 

 

   



   

         

     

    



 



0.5

2) 2 2

3x x 9.3x x x

          

2 2

2

3 x 3x x 3xx x 3x x

         0.5

2

2

2

3

0 1

3

x x x

x x x x x

 

     

      

     



Tập nghiệm T 0;1  1;

0.5

III .Đặt cos2 1 2sin cos 

sin cos

du x x dx

u x x

dv xdx v x

  

   



 

  

  .

Vậy   2 

0

cos cos 2sin cos cos

I x x x x x xdx

 

   

0.5

   

3

2

2 2 2

0

0

cos

1 cos cos cos sin (2 ) 1

3 3

x

xdx xd x x

 

 

          

0.5

IV Gọi M là trung điểm cạnh BC Từ giả thiết suy SAM tam giác cạnh

2

a ; 3

3

4 16

SMA

a a

S

 

   

 

 

.

Ta có

1 3

2

3 16 16

S ABC S ABM SAM

a a a

V  V  BM S  

0.5

N

M

A C

Gọi N là trung điểm cạnh SA Suy ra

2

2 2 13

;

4

a a

CN SA CN  SC  SN  a    

 

.

2

1 13 39

2 2 16

SCA

a a a

S  AS CN   Ta có

 

    

3

3 1 39

, ,

16 3 16

S ABC SCA

a a

V   S d B SAC  d B SAC    

3 ,

13

a d B SAC 

0.5

V m x2 1 x 2 m

   

2 1

x m

x



 

  Đặt   2 1

x f x

x

 

 

Số nghiệm thực pt cho số giao điểm đồ thị hàm số f x và đt y m . Ta có : Tập xác định ;  

 

2 '

2

2

1

0

3

1 1

x x

f x x

x x

  

   

   0.25

   

lim 1, lim

x  f x  x  f x  .

Bảng biến thiên hàm số f x 

x   4

3 

 

'

f x  0   

f x 5

1 1

0.25 Dựa vào bảng biến thiên suy ra:



4

m  m  phương trình khơng có nghiệm thực;

 1

4

m   m  phương trình có nghiệm thực nhất;



4

m

   phương trình có hai nghiệm thực phân biệt

0.5

VI.a Gọi I là tâm đường tròn (C) Do (C) tiếp xúc với  A nên IA  . Suy IA x y:   0 Toạ độ điểm I là nghiệm hệ

3

2

x y x

x y y

   

 



 

   

  Vậy  

4;

I  , R IA 2 2

0.5

Vậy (C): x 42y12 8 0.5

VII.a  S có tâm I1; 1; ,   R3

1 , 2 có véctơ phương u2; 1;1 ,  v1; 1;1 

 

 

mp P có véctơ pháp tuyến u v,  0; 1; 1  

   

 P y z m:

 

 ,  3 3

2 3

m m

d I P R

m

  



    

  

Vậy ( ) :P1 y z  3 0;  P2 :y z  3 0 0.5

VIII.a Ta có 1 2 i3  1 2i 2 2 i   3 2i   i 2 11i .

Suy x3 5 iy1 2 i3 35 23 i  x3 5 iy i2 11  35 23 i 0.5

3 11  5  35 23 11 35

5 23

x y x

x y x y i i

x y y

  

 

         

  

  0.5

VI.b  ,  16 5; 52 12 26

25

d F d    R   

0.5 Pt đường trịn cần tìm: x 32 y2 26

   0.5

VII.b  Gọi a c, hoành độ, cao độ điểm A C,

Vì B0;3;0Oy nên  :

x y z

P

a c  0.25

 M4;0; 3  P 4c 3a ac a c

        (1)

 1.3.1

3 2

OABC OAC

ac

V  OB S  ac    ac  (2) 0.25

Từ (1) (2) ta có hệ

4

6

3

4 6

2 a

ac ac a

c a c a c c

 

  

   

  

   

     

   

 0.25

Vậy  1  2

2

: 1; :

4 3 3

x y z x y z

P    P   

 0.25

VIII.b Ta có 3 2 cos sin

6

i   i 

    

 

Vậy   8 8 8 8 8

3 cos sin cos sin

6 6

P i   i    i     i  

    0.5

8 8

2 cos sin cos sin 2cos 256

3 i 3 i 3

    

   

        

    0.5

Nếu thí sinh làm khơng theo cách nêu đáp án mà đủ điểm từng phần đáp án quy định.

TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I

ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm 180 phút, khơng kể thời gian phát đềĐỀ THI MƠN TỐN, KHỐI 12 (2009-2010) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm)

Cho hàm số y x3 3x2 4    (1)

3) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1)

4) Gọi dk đường thẳng qua điểm A  1;0 với hệ số góc k k   Tìm k để đường thẳng k

d cắt đồ thị (C) ba điểm phân biệt hai giao điểm B C, (B C khác A) với gốc toạ độ O tạo thành tam giác có diện tích

Câu II (2 điểm)

3) Giải hệ phương trình   2

2

2

4

x y xy x y

x y x y

     

 

    

 

4) Giải phương trình cos sin 2 cos sin cos sin

x x

x x

x x

 

 



Câu III (1 điểm)

Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số y 2 x2 2 x Câu IV (1 điểm)

Cho hình chóp tam giác S ABC có AB5 ,a BC 6 ,a CA7a a 0 Các mặt bên SAB SBC SCA, , tạo với đáy góc 60 Tính thể tích 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: 3 

x  y z

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, tìm toạ độ đỉnh tam giác vuông cân, biết đỉnh

3; 1

C  phương trình cạnh huyền 3x y  2 2) Giải phương trình log 55 4

x

x 

   .

Câu VII.a (1 điểm) Cho hàm số

2

x y

x

 

 (đồ thị (H)) Viết phương trình tiếp tuyến (H), biết tiếp tuyến cắt tiệm cận đứng A, cắt tiệm cận ngang B độ dài đoạn thẳng AB nhỏ

B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2 điểm)

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm E1; 1  tâm hình vng, cạnh có phương trình x 2y12 0 Viết phương trình cạnh cịn lại hình vng

2) Giải hệ phương trình

2

4

1

log 2log log

2

x y x

x y

    



  

  

  

 



Câu VII.b (1 điểm) Cho hàm số   3 2 2

3

mx m x

y

x m

  





, với m tham số thực Tìm giá trị m để góc hai đường tiệm cận đồ thị hàm số cho 60.

-Hết -TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I

Năm học 2009-2010 ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨCMƠN TỐN KHỐI 12

(Đáp án- thang điểm có 05 trang)

Câu Nội dung Điểm

I 3) Tập xác định 

 Sự biến thiên: y' 3x2 ,x y' 0 x 0 x2 0.25

yCĐ=y(0)=4, yCT=y(2)=0 0.25

 Bảng biến thiên

x   0 2  '

y  0  0  y 4 

  0

0.25

 Đồ thị

8

-2 -4 -6 -8

-10 -5 10

f x  = x3-3x2+4

0.25 2) dk:y kx k  (hay kx y k  0).

Pt hoành độ giao điểm dk (C):

   2

3 3 4 1 2 0 1

x  x  kx k  x  x  k   x

   

2 x k

k

d cắt (C) điểm phân biệt

k k

   



 0.25

(d) cắt (C) A1;0 , B2 k k k k C;3   , 2 k k k k;3   .

   

2

2

2 , , ,

1

k

k

BC k k d O BC d O d

k

   

 0.25

2

2

.2 1 1

2 1

OBC

k

S k k k k k k

k

         

II 1) 2 2    2      

2 2

x y  xy x y    x y  x y   x y x y    0.25

Trường hợp 1: 2

0

1

4

x y y x x x

y y

x y x y x x

                           

  0.25

Trường hợp 2:

2 2

2 2

0

4 10 12

x y y x x x

y y

x y x y x x

                             

  0.25

Vậy hệ cho có bốn nghiệm x y  ;   1;1 , 2; , 2;0 , 3;1       0.25 2) Biến đổi vế trái pt :

2

1 cos 2 1

cos sin

cos sin 2 2 2

3 cos sin cos

cos sin 2 2cos 2cos cos x x x x x

x x x

x x x x x                                                 

  0.25

Điều kiện: cos

x 

 

 

 

  0.25

Khi pt cho tương đương với:

1

2cos cos sin cos cos sin

6 2

cos cos

6

x x x x x x

x x                                   

    0.25

 

2 2

3

2

2

18

3

x x k x k

k

x k

x x k

                                   

 ( thoả mãn điều kiện)

0.25 III

Tập xác định: 1; 2

D   

  0.25

' 1 2

1 2

x x

y

x x x x

  

  

    0.25

' 0 2 1 2 0

3

y    x  x   x D

0.25 Hàm số cho liên tục D 15, 10,  2

3

y   y  y 

    .

Vậy giá trị lớn hàm số 15

x  ;

Giá trị nhỏ hàm số 5 x 2. 0.25

IV Hạ SH ABC, kẻ HEAB HF, BC HJ, AC Suy ra

, ,

SEAB SF BC SJ AC.

Ta có SEH SFH SJH 60 SEH SFH SJK  HEHFHJ r

Áp dụng cơng thức Hê-rơng ta có 6 6

ABC

S  a Mặt khác

2

ABC

S

r a

p



 

0.25 Trong tam giác vng SHE ta có: tan 60 2

3

SH r  a  a

0.25

Vậy

1

6 2 3

S ABC

V  a a a

0.25 V

Ta có      

2

2

12 12

3 12

y z yz

x y z x y z x y z

x x



        

0.25

2

12 x 12 x

y z y z

 

     

 

  0.25

Suy 3

6

x y z

 

 0.25

Do 3 

6

x  y z (vì x y z, , dương)

0.25 VI.a 1) Gọi hai đỉnh lại A B, Toạ độ điểm C không thoả mãn phương

trình cạnh huyền nên tam giác ABC vng cân C. 0.25 Gọi I là hình chiếu vng góc C lên cạnh huyền (Ilà trung điểm của

AB) Phương trình đường thẳng CIlà 3

3

x y

x y

 

   

 Toạ độ điểm

I nghiệm hệ:

3

x y

x y

 

 

  

 Suy

3 ; 5

I  

  0.25

A C

B

S

H I

,

A B nằm đường trịn tâm I , bán kính 72

5

CI  có phương trình:

2

3 72

5 5

x y

   

   

   

    0.25

Toạ độ hai điểm A B, nghiệm hệ:

2

3

3 72

5 5

x y x y                       

Giải hệ ta  ;  19; , 9; 17

5 5

x y      

   .

Toạ độ hai đỉnh cần tìm 19; , 9; 17

5 5

   

 

   

    0.25

2)  

5

log 5x

x 

    log 55 x1 4 x 5x1 5 x (1) 0.25

Đặt t 5xt 0

  , pt (1) trở thành: 5t 5t2 0t t

t

        .

0.50 Suy 5x x

   0.25

VII.a

Gọi

0 ; x M x x      

  thuộc (H) Phương trình tiếp tuyến (H) M là:

    0 0 2 x

y x x

x x



  



 . 0.25

0 2 2; x A x      

 ,  

2 2;

B x  ;  

     

2

2

0 2

0

4

4

2

AB x x

x x

 

       

    0.25

Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân, ta có:

2

AB   AB 8;  

 

2

min

0 1 x AB x x x         

  0.25

 

1 1;1

M : pt tiếp tuyến M1 yx2.  

2 3;3

M : pt tiếp tuyến M2 yx6 0.25

VI b 1) Gọi hình vng cho ABCD Pt cạnh AB x 2y12 0 .

Gọi Hlà hình chiếu E lên đường thẳng AB Suy H  2;5 0.25 ,

A B thuộc đường trịn tâm H, bán kính EH  45 có pt:

x22y 52 45 0.25

Toạ độ hai điểm A B, nghiệm hệ:

 2  2

2 12

2 45

x y x y             .

Giải hệ tìm A4;8 , B  8; 2 Suy C   2; 10 0.25

: 16

AD x y   ; BC: 2x y 14 0 ; CD x:  2y18 0 . 0.25

2) Điều kiện x  2 y 0 0.25

2

log 2log log

2

x

y     

  log log log log log

y

x x

y    

         

   

1

4

y x

y x

     

Thế vào pt đầu hệ ta được: x 4 2x 4 x2 2 3x x2 2

       

2

0 1

2

9

x

x

x x

 

   

 

 0.25

Từ y  5 y5 (thoả mãn điều kiện)

Vậy hệ cho có hai nghiệm  ;  1;5 , 1;

2

x y      

    0.25

VII.b 3 2 2

6

2

3

mx m x m

y mx

x m x m

   

   

 

Khi

3

m  đồ thị hàm số không tồn hai tiệm cận. 0.25

Khi

3

m  đồ thị hàm số có hai tiệm cận:

1: 3 0, 2: 2

d x m x m d y mx   mx y   . 0.25

Vectơ pháp tuyến d d1, 2 n11;0 , n2 m; 1 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

. Góc d1 d2 60 khi

1

2

1

1 3

cos 60

2

1

n n m m

m

n n m m

     

 

                              

0.50

Nếu thí sinh làm không theo cách nêu đáp án mà đủ điểm phần như đáp án quy định.

TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI MƠN TOÁN, KHỐI 12 (2009-2010)(lần 3) Thời gian làm 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 x4 2m x2 1

   (1) , với m tham số thực 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m 1

2) Chứng minh đường thẳng y x 1 cắt đồ thị hàm số (1) hai điểm phân biệt với giá trị m

Câu II (2 điểm)

1) Giải phương trình 2x2 1 x2 4x 3 2x 2

     

2) Giải phương trình sin cos 22 x x sin2x 0

 

Câu III (1 điểm) Tính tích phân

2

0

sin sin 4cos

x

I dx

x x

 





Câu IV (1 điểm) Trong không gian, cho tam giác vng cân ABC có cạnh huyền AB2a a 0 Trên đường thẳng d qua A vng góc với mặt phẳng ABC lấy điểm S cho mặt phẳng SBC tạo với mặt phẳng ABC góc 60 Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC.

Câu V (1 điểm) Cho hai số thực x y, thay đổi thoả mãn x2 y2 8

  Hãy tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P x3 y3 3xy

  

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 hình chữ nhật ABCD có điểm I7;0 giao điểm hai đường chéo AC BD Điểm M2;3 thuộc đường thẳng AB trung điểm E cạnh CD thuộc đường thẳng   :x y  0 Viết phương trình đường thẳng AB

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng : 3

1

x y z

d     

 hai mặt phẳng

 P : 2x y  2z 9 0,  Q x y z:    4 Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d, tiếp xúc với

 P cắt  Q theo đường tròn có chu vi 2

Câu VII.a (1 điểm) Tìm số phức z thoả mãn z 2i  26 z z  25 B Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2 điểm)

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vng cân A, phương trình đường thẳng AB x y  1 0, trọng tâm G3; 2 , tung độ điểm A lớn Tìm toạ độ đỉnh A B C, ,

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  

1

:

x t

y

z t

      

  

điểm A2;1; 1 ,

 1;2;0

B  Trong đường thẳng qua B cắt đường thẳng , viết phương trình đường thẳng mà khoảng cách từ A đến đường thẳng lớn

Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình    2  2

3 3

-Hết -TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I

Năm học 2009-2010 MÔN TỐN KHỐI 12(lần 3)ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC (Đáp án- thang điểm gồm có 04 trang)

Câu Nội dung Điểm

I 4) Khi m 1, hàm số (1) trở thành: y x4 2x2 1

  

a Tập xác định 

b Sự biến thiên: y' 4x3 4 ;x y' 0 x 0

    

Hàm số nghịch biến  ;0; đồng biến 0;  0.25 - Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu x0,yCT 1.

- Giới hạn: xlim  yxlim y. 0.25

 Bảng biến thiên

x    '

y  +

y  

0.25  Đồ thị

8

6

4

2

-2

-4

-6

-8

-15 -10 -5 10 15

f x  = x4+2x2+1

0.25 2) Xét phương trình hoành độ giao điểm: x4 2m x2 1 x 1

   

   

4 2

3

0

2

2 *

x

x m x x x x m x

x m x

 

         

  

 0.50

Đặt g x  x3 2m x2 1;

   Ta có g x' 3x22m2 0(với x với m)

 Hàm số g x  đồng biến khoảng   ;  với giá trị m. 0.25

Mặt khác g 0  1 0 Do pt (*) có nghiệm khác Vậy đường thẳng y x 1 cắt đồ thị hàm số (1) hai điểm phân biệt với giá trị

của m.

II 1) Giải pt: 2x2 1 x2 4x 3 2x 2

      (1)

Điều kiện xác định: 2

1

1

3 2

x

x

x x

x x

  



 

   

 

    

 0.25

 1  2x1 x1  x1 x 3 2x1 (2)

 x 1 nghiệm phương trình (2) 0.25

 Nếu x 3 (2)  2x1  x 2 x1 2 2x2 2x 3 x 3 7x2 10x 33 0 x 3

          

Vậy pt cho có hai nghiệm x 1 x 3. 0.50

2) sin cos 22 x x sin2x 0 1 cos cos 2x x 1 cos 2x 0 cos cos 2x x 1 0

          0.25

cos8x cos 4x 2cos 4x cos 4x

        0.25

 

cos

2

x x k k

     

0.50

III 2

2

0

sin sin 4cos

x

I dx

x x

 





Đặt t sin2 x 4 cos2x t2 sin2 x 4 cos2x 2tdt 3sin 2xdx

      

Khi x 0 t 2;

x t 1 0.50

1

2

2 2

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 vng góc) Hai điểm A C, nhìn đoạn SB góc vng nên mặt cầu đường kính SB qua A C, Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ

diện SABCcũng mặt cầu đường kính SB 0.50

Ta có CA CB ABsin 45 a 2;SCA 60 góc mặt phẳng SBC ABC; tan 60

SA AC  a Từ SB2 SA2 AB2 10a2

  

Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC S= d2 SB2 10 a2

    0.50

V Ta có   2     

3

P x y x y  xy  xy x y  xy  xy Đặt x y t  Do x2 y2 8

  nên

8

t

xy  Suy

2

2

8

8 12 12

2 2

t t t

P t        t  t

  0.25

Xét  

3

12 12 2

t

f t   t  t với t   4;4.

Ta có      

 

' 3 12; ' 0 4;

2 4;

t

f t t t f t

t

   

     

   

 4 28;  2 26;  4

f   f  f  Vậy maxP26; minP28 0.50

VI.a 1) Gọi N đối xứng với M qua I , Suy N12; 3  thuộc đường thẳng CD. 0.25  ; ;  7;4 ;  12;7 

E   E x  x IE  x  x NE  x  x .

E trung điểm CD IEEN

       

12 7

IE EN   x x   x  x   x  

                         

x 8. 0.25

 x 7 IE0; ;  

phương trình AB y  : 0.25

 x 8 IE1; ;  

phương trình AB x:  4y10 0 0.25 5) Gọi mặt cầu cần tìm (S) có tâm I , bán kính R, (S) cắt ( )Q theo

đường trịn có bán kính r.

1 ; ;3 ;

I d  I  t   t t t 

Khoảng cách từ I đến mặt phẳng ( )P 2

t R



 .

Khoảng cách từ I đến mặt phẳng  Q 11

t

h  .

Đường trịn giao tuyến có chu vi 2  r1

0.25 Ta có phương trình

 2  2

2 2 2 11 1 2 31 92 0 4

9

t t

R h r       t  t   t 23

2

t 

0.25  t 4 I3;5;7 , R2; mặt cầu (S): x32y 52z 72 4 0.25  23 21; 20;29

2 2

t  I  

 ; R 7;

mặt cầu (S):  

2

2

21 29

20 49

2

x y z

   

     

   

    0.25

VII.a Gọi z x yi z;  2i  x 2  y1 ;i

2  26  22  12 26

z i   x  y  (1) 0.25

25

z z   x2y2 25 (2) 0.25

Giải hệ (1) (2) ta x y ;  3; 4   ;  24; 5

x y   

 

Vậy z 3 4i 24 5

z  i

0.50 VI.b 1) Gọi H hình chiếu vng góc G lên AB Suy H2;3

 , 

 1; 

A AB  A t t t 3 AH  2 AH2  2 t 32t 32   2 t 0.25  

4 3;

t  A Dựa vào HB  2HA B0;1 Suy C6;1 .

Thử lại thấy thoả mãn toán, A3; , B0;1 , C6;1 0.50 2) Gọi d đường thẳng qua B  1;2;0 cắt đường thẳng 

Giả sử d cắt  M1 ;0;t t Khi d có vectơ phương 2 ; 2; 

BM   t t 

Ta có BA3; 1; ,                 BM BA,  2 t; 2 ;4 t  t 0.25

       

 

2 2 2

2

2 2

, 2 2 2 4 3 10 12

,

2

2

BM BA t t t t t

d A d

t t

BM t t

      

 

 

  

 

  

  

Xét hàm số    

 

2

'

2

2 2

3 10 12 16 64

,

2 2 4

t t t

f t f t t

t t t t

  

    

   

0.25 Bảng biến thiên 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 11 t 2 ứng với  1;0;2

M  Đường thẳng d cần tìm có phương trình:

1

x

y t

z t

  

    

 0.25

VII.b Giải pt: 2log3x2 43 log3x22  log3x 22 4 (1)

Điều kiện:

   

2

2

3

4

3

log 2

x x x

x

x x

       

 

 

  



    

 

 

(*)

0.25 (1) log3x 42 log3x 223 log3x22  0

 2  2

3

log x log x

      0.25

 

 log3 x 2 4 log3x 22 1 log3x 22

        

0.25 x 22 x x

         .Kết hợp với đk (*) có

2

x   thoả mãn Vậy pt có nghiệm x  2 0.25

TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I

ĐỀ DỰ BỊ Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian phát đềĐỀ THI MƠN TỐN, KHỐI 12 (2009-2010)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y x3 3x2 3 1 m x 1 3m

      (1) 3) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) m 1

4) Tìm tất giá trị tham số thực m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu điểm cực đại, cực tiểu đồ thị hàm số với gốc toạ độ O tạo thành tam giác có diện tích

Câu II (2 điểm) 1) Giải bất phương trình  

2 x 6x 4 x

x

x x

  

 

2) Giải phương trình 5cos 4sin

3

x   x

   

   

   

   

Câu III (1 điểm) Tính tích phân

1

x

I dx

x

 





Câu IV (1 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC A B C. ' ' ' có đáy ABC tam giác vuông với AB BC a   , cạnh bên AA' a 2

 , M điểm cho '

AM  AA





Tính thể tích khối tứ diện ' ' MA BC Câu V (1 điểm) Cho số thực không âm a b, Chứng minh rằng:

2 3 2 2

4 2

a b b a a b

       

      

       

       

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, x2y 0 3x y  7 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 đường thẳng :

3 1

x y z

   ;

1 :

1

x

d y t

z t

  

     

Hãy viết phương trình tham số đường thẳng qua điểm M vng góc với đường thẳng  cắt đường thẳng d

Câu VII.a (1 điểm) Tìm số phức z thoả mãn z2z 2 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 B nội tiếp đường tròn (C) Biết (C):x12 y22 5, A2;0 diện tích tam giác ABC Tìm toạ độ đỉnh B C,

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng  P x:  2y2z 0 hai đường thẳng

1

1 3

: , :

1 2

x y z x y z

     

 Xác định toạ độ điểm M thuộc đường thẳng 1 cho khoảng cách từ M đến đường thẳng 2 khoảng cách từ M đến mặt phẳng  P

Câu VII.b (1 điểm) Tìm giá trị tham số thực m để đường thẳng yx m 2 cắt đồ thị hàm số 4 3

2

x x

y x

 



 hai điểm A B, cho AB 3

-Hết -TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I

Năm học 2009-2010 ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨCMƠN TỐN KHỐI 12

(Đáp án- thang điểm gồm có 04 trang)

Câu Nội dung Điểm

I 6) Khi m 1, hàm số (1) trở thành: y x3 3x2 4

  

Tập xác định 

 Sự biến thiên: y' 3x2 ,x y' 0 x 0 x2 0.25

yCĐ=y(0)=4, yCT=y(2)=0 0.25

 Bảng biến thiên

x   0 2  '

y  0  0  y 4 

  0

0.25

 Đồ thị

8

-2 -4 -6 -8

-10 -5 10

f x  = x3-3x2+4

0.25 2) y' 3x2 6x3 1  m 3x2 2x 1 m

Hàm số (1) có cực đại, cực tiểu  phương trình y ' 0 có hai nghiệm

phân biệt x x1, 2 y' đổi dấu x qua nghiệm đó m0 0.25

Gọi hai điểm cực trị đồ thị hàm số A x y 1; 1,B x y 2; 2 Ta có  1 2  2

y x x  x  m  mx  m; y12mx1 2 2m 2 2

y  mx   m Vậy phương trình đường thẳng ABlà

2 2 2

y mx  m mx y   m . 0.25

 2  2  2   2  

2 2

2 2 1 4

AB  x  x  m x  x  x  x m   x x  x x  m 

Theo định lí Viet ta có x1x2 2, x x1  1 m Suy AB2 m m4 21 ;

 ,  2 2 1

4

m d O AB

m

 

 ;

     

2

2

1

,

2 4 1

ABC

m

S AB d O AB m m

m





   



 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

0

1

6

1

x x

x x

x x

x

  

 

    

 

   

  



 0.25

Bpt cho tương đương với bpt:

   

2 x 6x   x x x 6x  4 2x 0.25

Nếu x 2 bpt thoả mãn vế trái dương, vế phải âm, 0.25 Nếu 1 x 2 hai vế bpt khơng âm Bình phương hai vế ta được:

   2

2 x 6x  2 x  x  4x15 0  7 34x 7 34 Kết hợp với điều kiện 1 x 2, ta có 7 34x2.

Vậy bpt cho có tập nghiệm 7 34; 0.25

2) Pt

5 2sin 4sin

6

x    x

     

           

   

   

0.25

2

10sin 4sin 14

6

x  x 

   

       

    0.25

 

sin 2

6

x  x   k  x  k  k

 

           

 



0.50

III Đặt

2 ; 0; 1

t x x t  dx tdt x  t x  t

1

0

1

.2

1

t t t

I tdt

t t

 

 

 

  0.25

 

1

1

2

0

0 0

2 2 4(ln )

1

dt t t

I t t dt t t

t

 

          

  

  0.50

11

4ln

I  

0.25 IV Từ giả thiết suy tam giác ABC vuông cân B Gọi H trung điểm

đoạn AC BH AC BH mp ACC A ' ' Do BH đường cao hình chóp ' '

B MAC nên

2

a

BH  Từ giả thiết suy ' 2 ; ' ' 2

MA  a AC a

0.50

Ta có ' ' ' '

' ' '

1 1

3

B MA C MA C

V  BH S  BH MA AC

0.25 Vậy ' ' ' '

3

1 2 2

3

MA BC B MA C

a a a

V V  a 

V

Ta có

2

2 1 1

4 2 2

a  b a  a   b a a    a b   a b

  .

Tương tự ta có

4

b  a   a b .

0.50 Ta chứng minh

2

1 1

2

2 2

a b a b

     

    

     

      0.25

 2

2 2 4 0

4

a b ab a b ab a b a b

             (luôn đúng)

0.25 VII.a 1) Gọi vectơ pháp tuyến AB n11;2



, BC n23; 1  

AC là   2

3 ; ,

n a b a b  

Do tam giác ABC cân A nên góc B Cˆ, ˆ nhọn

bằng nhau. 0.25

Suy 2

2 2

1 3

ˆ ˆ

cos cos 22 15

5

n n n n a b

B C a ab b

n n n n a b

                                                                      

2a b 11a 2b 2a b

      11a2b 0.50

Với 2a b , ta chọn a1,b2 n31; 2 

Do AC qua F1; 3  nên có pt: 1x12y3 0 x2y 5 0 Trường hợp bị loại AC/ /AB Với 11a2b, chọn a2,b11 n32;11



Suy AC: 2x11y31 0

Vậy có đường thẳng thoả mãn toán là: 2x11y31 0 . 0.25 2) Gọi a đường thẳng cần tìm Gọi N d a; N d  N1; ;1t t

 có vectơ phương u 3;1;1 

; MN   1;t1;t 

0.50

a   MN  u               MN u       t t t ; MN  1;1; 2



. Vậy :

1

x t

a y t

z t          

t  

0.50 VII.a Gọi số phức z x yi x y  ( ,  ) Ta có z2 x2 y22xyi z,  x yi 0.25

Từ giả thiết ta có hệ pt:

 2 2  2   2 2 2

2

2

2 2 4

4

x y x xy y x x x x

y x x y                          0.25

  

2 2 2

1

1

3 2

0

4 4

x

x x x

x x x

y y

y x y x

                                 

  0.25

Vậy có ba số phức cần tìm z 1 ;i z 1 ;i z2 0.25 VI.b 1) (C) có tâm I1; ,  bán kính R  5 Do ABC90 nên C đối xứng với

A qua I Suy C0; 4  . 0.25

:

AC x y   ;  ,  2.4

2 5

ABC

S d B AC

AC



   .

B thuộc đt  song song với AC, Bcách AC khoảng .

: 2x y m

    Vì / / AC nên  , 

d A   Suy 4

8 5 m m m        

Với m  0 : 2x y 0 Toạ độ điểm B nghiệm hệ

 2  2

6

2 0 5

0 12

1

5

x

x y x

y

x y y

                           0.25

Với m  8 : 2x y  0 Toạ độ điểm B nghiệm hệ

 2  2

16

2 2 5

4

1

5

x

x y x

y

x y y

                           

Vậy C0; 4  ; toạ độ điểm B 0;0 , 6; 12 , 2; ,  16;

5 5

   

   

   

   

0.25

2) 2 qua A3; 4; 3  có vectơ phương u 2;1; 2  

.

   

1 ;1 ; ; ;3 ;

M   M t   t t MA  t  t  t ;

 

, 6;6 14 ; , 29 30

MA u t t t MA u t t

                                                                        0.25

 

2

,

, MA u 29 30

d M t t

u                                       ;    

 2

2

2 12 11 ,

3

1 2

t t t t

d M P        

  

0.25

2 11

29 30 140 72 0

3

t

t  t    t  t  t 18

35

t  0.25

  18 18 53

0 0;1; ; ; ;

35 35 35 35

t  M  t  M  

 

0.25

VII.b Toạ độ điểm A B, thoả mãn:

     

2

2

4 2 8 2 7 0; 2 1

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 x x1, 2 khác với m. Gọi A x y 1; 1,B x y 2; 2 Ta có      

2 2

2

1 2 2

AB  x  x  y  y  x  x

0.25

Áp dụng định lí Viet (1) ta được:  

2

2

1 2

8

2

2

m

AB   x x  x x   

 

0.25

2

3 9 10 10

2

m

AB  AB      m   m 0.25

Nếu thí sinh làm khơng theo cách nêu đáp án mà đủ điểm phần đáp án quy định.