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

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (773.01 KB, 27 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I ĐỀ THI MƠN TỐN, 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 y x4 2mx2 m 1

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

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 trịn ngoại tiếp bằng 1.

Câu II (2 điểm)

1) Giải phương trình 2sin2 x2 3 sin cosx x 1 3 cos



x 3 sinx



.
2) Giải phương trình

log 2 2log 4 log

x



2x



2x

8

Câu III (1 điểm)

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y



x 1 1



x2

   .

Câu IV (1 điểm)

Trong không gian cho lăng trụ đứng ABC A B C. 1 1 1 có AB a AC , 2 ,a AA12a 5 và BAC 120.

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

mặt phẳng (A BM1 ).
Câu V (1 điểm)

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



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 Oxy, tìm điểm A thuộc trục hoành và điểm B thuộc trục tung
sao cho A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng d:2x y  3 0.

Câu VII.a (1 điểm)

Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của





5
1

2x x 0

x

 

 

 

  .

Câu VIII.a (1 điểm)

Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số 2 1

x
y

x




 tại giao điểm của 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 ở A. Biết A



1; 4 ,



B



1; 4



và 
đường thẳng BC đi qua điểm 2;1

M  

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

Tìm hệ số của x8 trong khai triển nhị thức Niutơn của





2 n

x  , biết 3 8 2 1 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

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.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

---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 0 1 +



y

’  0 + 0  0 +

y +



0 +



-1 -1

0.25 

Đồ thị

0.25 2. (1 điểm)

' 3





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

y ' 0

có ba nghiệm phân biệt và

y'

đổi dấu khi

x

đi qua các nghiệm đó

 m0

0.25 

Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là:



0; 1 ,





; 2 1 ,

 

; 2 1



A m B  m m m C m m m

0.25



1 . 2

ABC B A C B

S  y  y x  x m m

;

, 2

ABAC m m BC m

0.25







3
2

1
2

. .

1 1 2 1 0 5 1

4 4

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

-2

-4

-6

-8

-10 -5 5 10

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

cos 0

3 3 2 6

x  x   k x  k

 

          

 



k  



.

0.25 2. (1 điểm) Điều kiện

0, 1, 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 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

0 1

1 2

x D

x x

y

x D

x

 


   

  

  




0.50





0, 1 3 3,

 

1 0

2 4

y   y  y 

 

. Vậy

 1;1  1;1

3 3

max ; min 0

y y

 

 

0.50 IV

(1

điểm)









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

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

MBAA1

và

CABA1

có chung đáy là tam giác

BAA1

và đường cao

bằng nhau nên thể tích bằng nhau.

Suy ra

1 1 1 3

1 1 1 15

. 2 5. .2 .sin120

3 3 2 3

MBAA CBAA ABC

a

V V V  AA S  a a a  



3
1

15
6.

3 6 3 5

( ,( ))

. 12.3 3

MBA

a

V V a

d A A BM

S MB MA a a

    



0.50 V

(1

điểm)





4 4

4
4

3 2

1 0

13 1 0 13 1

13 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

A C

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Yêu cầu bài toán



đường thẳng

ym

cắt phần đồ thị hàm số

 

4 3 6 2 9 1

f x  x  x  x

với

x 1

tại đúng một điểm.

0.25

Xét hàm số

f x

 

4x3 6x2 9x 1

   

với

x 1

.

Với

x 1

thì

 

12 2 12 9 0 1

f x  x  x   x

0.25 Bảng biến thiên: x

 



y

’ + 0 

y

 

12

Từ bảng biến thiên ta có:

Yêu cầu bài toán

3 3

2 2

12 12

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

u 



1; 2



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

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 trong khai triển nhị thức Niutơn của

18
5

1
2x

x

 



 

 

là





6
18

18 18 5

1 18 5 18

. 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

18 6 0 15
5

k

   

.

Vậy 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 
 

.





' '

3 1 4

;

2 3

y y

x

  

  

 



0.50



Pt tiếp tuyến của đồ thị tại

A 12;0
 

là

4 1 4 2

3 2 3 3

y x  y x

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

VI.b

(1 điểm)

Đt

BC

đi qua

B



1; 4



và

M  

 

nên có pt:

1 4

9
1

x y



9x 2y 17 0

   

9 17

; ,

t

C BC  C t   t

  

0.50 

2; 8 ;



1;9 25
2

t

AB  ACt  

 

 

. Vì tam giác

ABC

vng tại

A

nên

. 0

AB AC 
 

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

 
 

Suy ra

1 4.9 25 0 3.
2

t

t     t

Vậy

C



3;5



0.50 VII.b

(1 điểm)

Điều kiện

n4,n 

.

Ta có:





2 n n k k2n k
n

k

x C x 



 



. Hệ số của

x8

là

4.2n 4

n

C 

0.50 

 







3 8 2 1 49 2 1 4 1 49 3 7 2 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 của

x8

là

4 3
7.2 280

C 

0.50

VIII.b

(1 điểm)

2 4 3 7

2 2

x x

y x

x x

  

   

 

. Gọi (C) là đồ thị của hàm số đã cho.



;



M x y 

(C)

2 7

y x

x

   


.

Tiệm cận xiên:

y x 2 x y  2 0

; Tiệm cận đứng:

x 2

0.50 Khoảng cách từ

M

đến tiệm cận xiên là:

2 7

2 2. 2

x y
d

x

 

 



.

Khoảng cách từ

M

đến tiệm cận đứng là:

d2  x 2

.

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 khơng theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án
 quy định.

Thạch Thành ngày 1 tháng 12 năm 2008

Người ra đề và làm đáp án: BÙI TRÍ TUẤN

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Năm học 2008-2009 Mơn thi: TỐN

Thời gian làm bài 180 phút, khơng 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 sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).

2) Cho điểm I 



1;0



. 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 AB 2 2 .

Câu II (2.0 điểm) 1) Giải phương trình lượng giác 2 2 os 5 sin 1

c    x x

  .

2) Giải bất phương trình mũ 2 2 2

3xx 9.3x x 3 x 9 0

   

Câu III (1.0 điểm) Tính tích phân 2





cos sin

I x x xdx







 .

Câu IV (1.0 điểm)Trong khơng gian cho hình chóp S ABC. có ABC và SBC là các tam giác đều
cạnh a



a 0



, 3

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 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 6 0 và tiếp xúc với đường thẳng :x y 1 0 tại 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 3 0 và hai đường thẳng









: 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 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



và đường thẳng
( ) :3d x 4y16 0 . Lập phương trình đường trịn tâm Fvà 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 B



0;3;0 ,



M



4;0; 3



. 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 P



3i

 

8 3 i



</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

---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 y

CĐ

=y(0)=4, y

=y(2)=0

0.25 Bảng biến thiên

x

 


'

y





0



y

4



 

0.25 Đồ thị

8
6
4
2

-2
-4
-6
-8

-10 -5 5 10

f x  = x3-3x2+4

0.25

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



 







2
3 2

2
1

3 4 1 2 0

x

x x mx m x x m

x m




 

            

 



0.25 (d) cắt (C) tại

I



1;0 ,



A



2 m m m m B;3 

 

, 2 m m m m;3 



0.25

Yêu cầu bài toán AB 2 2 AB2 8



2 m

 

2 2m m



2 8 0 m 1

         

0.5

II

1)

2 2 os 5 sin 1
12

c    x x

 

5 5

2 sin 2 sin 1

12 12

x  

   

      

 

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

5 5 1 5 5

sin 2 sin sin sin 2 sin sin

12 12 2 4 12 4 12

2cos sin sin

3 12 12

x    x   

  

   

           

   

   

    

   

0.25 



2 2

5 12 12 6

sin 2 sin

5 13 3

12 12

2 2

12 12 4

x k

x k x k



 




 

  

 




 

   



   

         

     

    



 



0.5 2)

2 2 2

3x x 9.3x x 3 x 9 0

   



 











2 2 2

2 2

3 x 3x x 1 9 3xx 1 0 3 x 9 3x x 1 0

        

0.5

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

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 2





0
0

cos cos 1 2sin cos cos

I x x x x x xdx




  





0.5 







2 2

2 2 2

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

a

;

1 3 2 3 2 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

A C

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Gọi

N

là trung điểm của cạnh

SA

. Suy ra

2 2 2 3 13

;

4 4

a a

CN SA CN  SC  SN  a    

 

.

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
,

a
d B SAC 

0.5 V

m x2 1 x 2 m

    2

2
1 1

x
m

x



 

  . Đặt

 

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 : Tập xác định



;

 





2
'

2 2

1 2 1 4

1 1 1

x x

f x x

x x

  

   

  

0.25

 

lim 1, lim 1

x  f x  x  f x 

.

Bảng biến thiên của hàm số

f x

 

x

 



 

f x





 

f x

5
4

1

0.25 Dựa vào bảng biến thiên suy ra:



5 1

m  m 

phương trình khơng có nghiệm thực;



5 1 1

m   m 

phương trình có nghiệm thực duy nhất;



1 5

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



IA x y



:   3 0

. 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 

,

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; 2 , 



R3



1

 

, 2



lần lượt có các véctơ chỉ phương

u



2; 1;1 ,



v



1; 1;1



 

 

mp P

có véctơ pháp tuyến

u v,  



0; 1; 1 



 
 

 

P y z m: 0

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

 





3 3 3 2 3

2 3 3 2

m
m

d I P R

m

  



    

 


Vậy

( ) :P1 y z  3 3 2 0;

 

P2 :y z  3 3 2 0

0.5 VIII.a

Ta có



1 2 i



3  



1 2i

 

2 1 2 i

 

  3 4 1 2i

 

 i



2 11i

.

Suy ra 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 2



35 23 3 11 35 3

5 2 23 4

x y x

x y x y i i

x y y

  

 

         

  

 

0.5 VI.b



,

 



9 16 5; 2 52 12 26

d F d    R   

0.5

Pt đường trịn cần tìm:



x 3



2 y2 26

  

0.5

VII.b

 Gọi a c, lần lượt là hoành độ, cao độ của các điểm A C, .

Vì B



0;3;0



Oy nên

 

: 1
3

x y z

P

a c  .

0.25 

M



4;0; 3

  

P 4 3 1 4c 3a ac
a c

       

(1)



1 . 1.3.1 3 6

3 3 2 2

OABC OAC

ac

V  OB S  ac    ac 

(2)

0.25

Từ (1) và (2) ta có hệ

6 6 2

4 3 6 4 3 6 3

2
a

ac ac a

c a c a c c




  

   

  

   

     

   



0.25 Vậy

 

: 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

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 i 3 3 i 3 3

    

   

        

   

0.5 Nếu thí sinh làm bài khơng theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm

từng phần như đáp án quy định.

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I

ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 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 sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).

4) Gọi dk là đường thẳng đi qua điểm A 



1;0



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 0

4 2 4 0

x y xy x y

x y x y

     




    




4) Giải phương trình cos 2 3 sin 2 2 cos 2 3 sin 2
3 cos sin

x x

 

 

 .

Câu III (1 điểm)

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y 1 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 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

yz
x y z

x

   . Chứng minh rằng: 2 3 3





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 3x y  2 0.
2) Giải phương trình log 55



1 4



x

x 

   .

Câu VII.a (1 điểm)
Cho hàm số 2 3

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 E



1; 1



là tâm của một hình vng, một trong các
cạnh của nó có phương trình x 2y12 0 . Viết phương trình các cạnh cịn lại của hình vng.

2) Giải hệ phương trình

2
2

4 2

log 2log 2 log 1

2 2

x y x

x
y

    



  

  

  

 



Câu VII.b (1 điểm) Cho hàm số





2 3 2 2 2

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.

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

---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 6 ,x y' 0 x 0 x2

0.25 y

CĐ

=y(0)=4, y

=y(2)=0

0.25 

Bảng biến thiên

x

 


'

y





0



y

4



 

0.25 

Đồ thị

8
6
4
2

-2
-4
-6
-8

-10 -5 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 của

dk

và (C):



 



3 3 2 4 1 2 0 1

x  x  kx k  x  x  k   x

 

hoặc





2
x k

k

d

cắt (C) tại 3 điểm phân biệt

0
9

k
k



 





0.25 (d) cắt (C) tại

A



1;0 ,



B



2 k k k k C;3 

 

, 2 k k k k;3 



.









2 1 , , ,

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

         

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

II

1)

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



x y  ;

 

1;1 , 2; 2 , 2;0 , 3;1

 



 



 





0.25

2) Biến đổi vế trái của pt :

1 3 cos 2 1

cos 2 sin 2 1

cos 2 3 sin 2 2 2 2 3

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 cos 2 3 sin 2 cos cos 2 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

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

' 0 2 1 2 0 1

y    x  x   x D

0.25 Hàm số đã cho liên tục trên

D

.

1 15, 1 10,

 

2 5

3 2

y   y  y 

   

.

Vậy giá trị lớn nhất của hàm số bằng

tại

1
3

x 

;

Giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng

tại

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

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Áp dụng công thức Hê-rông ta có

6 6 2

ABC

S  a

. Mặt khác

2 6
3

ABC

S

r a

p



 

0.25 Trong tam giác vng

SHE

ta có:

tan 60 2 6 3 2 2

SH r  a  a

0.25 Vậy

2 3

6 6 .2 2 8 3
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

12. x 12. x 1 0

y z y z

 

     

 

 

0.25 Suy ra

2 3 3

x
y z






0.25 Do đó

2 3 3





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

vng cân tại

C

.

0.25 Gọi

I

là hình chiếu vng 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

 

   



. 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

H
I

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

A B

nằm trên đường trịn tâm

I

, bán kính

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      

   

.

Toạ độ hai đỉnh cần tìm là

3 19; , 9; 17

5 5 5 5

   

 

   

   

0.25 2)





log 5x 4 0

x 

    log 55



x1 4



 x 5x1 4 5 x (1)

0.25

Đặt

t 5x



t 0



 

, pt (1) trở thành:

5t 4 1 5t2 4 1 0t t 1

t

       

.

0.50 Suy ra

5x 1 x 0

  

0.25 VII.a

Gọi

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
  
 


 

,





2 2; 2

B x 

;

















2 2

0 2 0 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   AB 8

;









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

M1

là

yx2

.





2 3;3

M

: pt tiếp tuyến tại

M2

là

yx6

0.25

VI. b 1) Gọi hình vng đã cho là

ABCD

. Pt cạnh

AB

là

x 2y12 0

.

Gọi

H

là hình chiếu của

E

lên đường thẳng

AB

. Suy ra

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,

là nghiệm của hệ:









2 12 0

2 5 45

x y
x y
  



   



.

Giải hệ tìm được

A



4;8 ,



B 



8; 2



. Suy ra

C  



2; 10



0.25

: 2 16 0

AD x y  

;

BC: 2x y 14 0

;

CD x:  2y18 0

.

0.25 2) Điều kiện

x  2

và

y 0

0.25

2
1

log 2log 2 log 1

2 2

x

y     

  log log 4 log 1 2 log 4 log 1 2

y

x x

y    

         

   

1 4 2

4 2

y x

     

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Thế vào pt đầu của hệ ta được:

x 4 2x 4 x2 2 3x x2 2

       

2 2

0 1

9 2

x

x x




   

 



0.25 Từ đó

y  5 y5

(thoả mãn điều kiện)

Vậy hệ đã cho có hai nghiệm



;



1;5 , 1; 5

2 2

x y      

   

0.25 VII.b



3 2 2



2

6 2

3 3

mx m x m

y mx

x m x m

   

   

 

Khi

m 

đồ thị hàm số không tồn tại hai tiệm cận.

0.25

Khi

m 

đồ thị hàm số có hai tiệm cận:

1: 3 3 0, 2: 2 2 0

d x m x m d y mx   mx y  

.

0.25

Vectơ pháp tuyến của

d d1, 2

lần lượt là

n1



1;0 ,



n2 



m; 1



 

.

Góc giữa

d1

và

d2

bằng

60

khi và chỉ khi

1 2

2 2

1 2

. 1 3

cos 60

2 3

. 1 1

n n m m

m

n n m m

     

 

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

0.50 Nếu thí sinh làm bài khơng theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần

như đáp án quy định.

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI MƠN TỐN, 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 y x4 2m x2 2 1

   (1) , với m là tham số thực.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 1.

2) Chứng minh rằng đường thẳng y x 1 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



x2 1



x2 4x 3 2x 2

      .

2) Giải phương trình sin 3 cos 22 x x sin2x 0

  .

Câu III (1 điểm) Tính tích phân 2

2 2

sin 2
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 đi qua A và vng 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 x2 y2 8

  . Hãy tìm giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất của biểu thức P x3 y3 3xy

   .

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 I



7;0



là
giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Điểm M



2;3



thuộc đường thẳng AB và trung điểm E của
cạnh CD thuộc đường thẳng

 

 :x y  4 0 . Viết phương trình đường thẳng AB.

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng : 1 3 3

1 2 1

x y z

d     

 và hai mặt phẳng

 

P : 2x y  2z 9 0,

 

Q x y z:    4 0. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d, tiếp xúc với

 

P và cắt

 

Q theo đường trịn có chu vi bằng 2 .

Câu VII.a (1 điểm) Tìm số phức z thoả mãn z



2i



 26 và 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 tại A, phương trình đường thẳng
AB là x y  1 0, trọng tâm G



3; 2



, 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

 

: 0

x t

y

z t

 


  

 


và các điểm A



2;1; 1





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













3 3 3

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

---Hết---TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I

Năm học 2009-2010 MƠN 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 trên



 ;0



; đồng biến trên



0; 



0.25

- Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại

x0,yCT 1

.

- Giới hạn:

xlim  yxlim y

.

0.25 

Bảng biến thiên

x

 

0


'

y



0 +

y



1

0.25 

Đồ thị

-2

-4

-6

-8

-15 -10 -5 5 10 15

f x  = x4+2x2+1

0.25 2) Xét phương trình hồnh độ giao điểm:

x4 2m x2 2 1 x 1

   





 

4 2 2 3 2

3 2

2 0 2 1 0

2 1 0 *

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 mọi

x

và với mọi

m

)



Hàm số

g x

 

đồng biến trên khoảng



  ;



với mọi giá trị của

m

.

0.25

Mặt khác

g

 

0  1 0

. Do đó pt (*) có nghiệm duy nhất khác 0. Vậy đường

thẳng

y x 1

luôn cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt với mọi giá trị

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

của

m

.

II

1) Giải pt:

2



x2 1



x2 4x 3 2x 2

      (1)

Điều kiện xác định:
2
2

1 0

1
4 3 0

3
2 2 0

x

x x

x
x

  



 

   

 



  



0.25  

1  2



x1

 

x1







x1

 

x 3



2



x1



(2)



x 1

là một nghiệm của phương trình (2)

0.25 

Nếu

x 3

thì (2)

 2



x1



 x 3 2 x1

2 2



x2 2x 3



x 3 7x2 10x 33 0 x 3

          

Vậy pt đã cho có hai nghiệm

x 1

và

x 3

.

0.50 2)

sin 3 cos 22 x x sin2x 0



1 cos 6 cos 2x



x 1 cos 2x 0 cos 6 cos 2x x 1 0

         

0.25

cos8x cos 4x 2 0 2cos 4x cos 4x 3 0

       

0.25 



cos 4 1

x x k k

     

0.50 III

2

2 2

sin 2
sin 4cos

x

I dx

x x








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

      

Khi x 0 thì t 2; khi
2

x thì t 1.

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

diện SABCcũng chính là mặt cầu đường kính SB

0.50

Ta có CA CB ABsin 45 a 2;SCA 60 là góc giữa 2 mặt phẳng



SBC



và



ABC



;
.tan 60 6.

SA AC  a Từ đó SB2 SA2 AB2 10a2

   .

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

    .

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 x2 y2 8

  nên
2

8
2

t

xy  . Suy ra

2 2 3

8 8 3

8 3. 12 12

2 2 2 2

t t t

P t        t  t

 

0.25

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Xét

 

3
2
3

12 12
2 2

t

f t   t  t

với

t  



4;4



.

Ta có

 









' 3 2 3 12; ' 0 4 4; 4

2 2 4; 4

t

f t t t f t

t

   

     

  






28;

 

2 26;

 

4 4

f   f  f 

. Vậy

maxP26; minP28

0.50

VI.a

1) Gọi

N

đối xứng với

M

qua

I

, Suy ra

N



12; 3



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

x 8

.

0.25



x 7 IE



0; 3 ;





phương trình

AB y  : 3 0

0.25



x 8 IE



1; 4 ;





phương trình

AB x:  4y10 0

0.25

5) Gọi mặt cầu cần tìm là (S) có tâm là

I

, bán kính là

R

, (S) cắt

( )Q

theo

đường trịn có bán kính là

r

.



1 ; 3 2 ;3



;

I d  I  t   t t t 

.

Khoảng cách từ

I

đến mặt phẳng

( )P

là

2 2
3

t
R





.

Khoảng cách từ

I

đến mặt phẳng

 

Q

là

11 2
3

t

h 

.

Đường trịn giao tuyến có chu vi bằng

2  r1

0.25 Ta có phương trình









2 2 2 2 2 11 2 1 2 2 31 92 0 4

9 3

t t

R h r       t  t   t

hoặc

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 2

t  I  

 

;

R 7

;

mặt cầu (S):





2 2

21 29

20 49

2 2

x y z

   

     

   

   

0.25 VII.a Gọi

z x yi z; 



2i

 

 x 2

 

 y1 ;



i













2 26

z i   x  y 

(1)

0.25

. 25

z z   x2y2 25 (2)

0.25

Giải hệ (1) và (2) ta được



x y ;

 

3; 4



hoặc



;



7 24;
5 5

x y   

 .

Vậy z 3 4i hoặc 7 24
5 5

z  i

0.50 VI.b

1) Gọi H là hình chiếu vng góc của G lên AB. Suy ra H



2;3







</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>





A AB  A t t



t 3



.

AH  2 AH2  2



t 3



2



t 3



2   2 t 4

0.25





4 3; 4

t  A

. Dựa vào

HB  2HA B



0;1



. Suy ra

C



6;1



.

Thử lại thấy thoả mãn bài toán, vậy

A



3; 4 ,



B



0;1 ,



C



6;1



0.50

2) Gọi

d

là đường thẳng bất kì đi qua

B 



1;2;0



và cắt đường thẳng



.

Giả sử

d

cắt



tại

M



1 ;0;t t



. Khi đó

d

có vectơ chỉ phương



2 ; 2;



BM   t t


. Ta có

BA



3; 1; 1 , 



              BM BA,  



2 t; 2 2 ;4 t  t



0.25





















2 2 2 2

2 2

, 2 2 2 4 3 10 12

2 4

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

, 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



 

f t





0



 

f t

0.25 Vậy khoảng cách từ

A

tới

d

lớn nhất bằng

khi

t 2

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:

2log3



x2 4



3 log3



x2



2  log3



x 2



2 4 (1)

Điều kiện:









2 2

4 0 4 0 2

log 2 0 2 1

x x x

x

x x

       

 

 

  



    

 

 

(*)

0.25 (1)

 log3



x 4



2 log3



x 2



23 log3



x2



2  4 0









3 3

log x 2 3 log x 2 4 0

     

0.25







log3 x 2 2 4





log3



x 2



2 1



0 log3



x 2



2 1

        

0.25 

x 2



2 3 x 2 3 x 2 3

        

.Kết hợp với đk (*) chỉ có

2 3

x  

thoả mãn. Vậy pt có nghiệm duy nhất là

x  2 3

0.25

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I

ĐỀ DỰ BỊ Thời gian làm bài 180 phút, khơng kể thời gian phát đềĐỀ THI MƠN TOÁN, 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 sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m 1.

4) 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 x 6x 7 4 x

x

x x

  

  .

2) Giải phương trình 5cos 2 4sin 5 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 vng với AB BC a
  , cạnh

bên AA' a 2

 , 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 3 2 3 2 1 2 1

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 x2y 5 0 và 3x 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 : 1 2

3 1 1

x y z

   ;

1
:

x

d y t

z t







  


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

Câu VII.a (1 điểm) Tìm số phức z thoả mãn z2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 vng tại B và nội tiếp
đường trịn (C). Biết rằng (C):



x1



2 



y2



2 5, A



2;0



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

 

P x:  2y2z 1 0 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 yx m 2 cắt đồ thị hàm số
2 4 3

x x

y
x

 



 tại hai điểm A B, sao cho AB 3.

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

---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 6 ,x y' 0 x 0 x2

0.25 y

CĐ

=y(0)=4, y

=y(2)=0

0.25 

Bảng biến thiên

x

 


'

y







y

4



 

0.25 

Đồ thị

8
6
4
2

-2
-4
-6
-8

-10 -5 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

và

y'

đổi dấu khi

x

đi qua các nghiệm đó

 m0

0.25 Gọi hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là

A x y



1; 1



,B x y



2; 2



. Ta có







2 2 1



2 2 2

y x x  x  m  mx  m

;

y12mx1 2 2m
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 1 4 2 1 2 1 4 1 1 2 4 1 2 4 1

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

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

Theo định lí Viet ta có x1x2 2, .x x1 2  1 m. Suy ra AB2 m m



4 21



;







2 1



4 1

m
d O AB

m




 ;













2 1

1 1

. , .2 4 1 . 4

2 2 4 1

ABC

m

S AB d O AB m m

m





   





1



2 3 2 2 4 0



1





2 3 4



0 1

m m m m m m m m m

              

0.25

II

1) Điều kiện

0
0

1
7

6 7 0

x
x

x x

x





 

    

 

   

  





0.25 Bpt đã cho tương đương với bpt:









2 x 6x 7   x 4 x 2 x 6x 7  4 2x

0.25

Nếu

x 2

thì bpt được thoả mãn vì vế trái dương, vế phải âm,

0.25 Nếu

1 x 2

thì hai vế của bpt khơng âm. Bình phương hai vế ta được:









2 2

2 x 6x 7  4 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 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

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 ; 0 0; 1 1

t x x t  dx tdt x  t x  t

1 2 1 3

0 0

.2 2

1 1

t t t

I tdt

t t

 

 

 



0.25





1 1 3 2

2 1

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

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

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 MA C

V  BH S  BH MA AC

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 

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

V

Ta có

2 3 2 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

1 1 1

2 2

2 2 2

a b a b

     

    

     

     

0.25 



2 2 2 1 4 1 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

n1



1;2





, của

BC

là

n2



3; 1





và của

AC

là





2 2

3 ; , 0

n a b a b 


. Do tam giác

ABC

cân tại

A

nên các góc

B Cˆ, ˆ

nhọn và

bằng nhau.

0.25 Suy ra

1 2 3 2 2 2

2 2
1 2 3 2

. . 1 3

ˆ
ˆ

cos cos 22 15 2 0

. .

n n n n a b

B C a ab b

n n n n a b

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

   



2a b

 

11a 2b



0 2a b

     

hoặc

11a2b

0.50

Với

2a b

, ta có thể chọn

a1,b2

thì

n3



1; 2





. Do

AC

đi qua

F



1; 3



nên

có pt:



x1



2



y3



 0 x2y 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: 2x11y31 0

Vậy có một đường thẳng thoả mãn bài toán là:

2x11y31 0

.

0.25

2) Gọi a là đường thẳng cần tìm. Gọi N d a; N d  N



1; ;1t t



 có vectơ chỉ phương u 



3;1;1





; MN  



1;t1;t





0.50

. 0 3 1 0 2

a   MN  u               MN u       t t t

;

MN 



1;1; 2





.

Vậy

: 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

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 4 4 2 1 4

4
2

x y x xy y x x x x

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

0.25 







2 2 2 2

1 2 0

3 2 0 2

0
3

4 4

x

x x x

y
y

y x y x

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

 

0.25

Vậy có ba số phức cần tìm là

z 1 3 ;i z 1 3 ;i z2

0.25 VI.b

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

: 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

.

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

: 2x y m 0

   

. Vì

/ / AC

nên





4
5

d A  

. Suy ra

4 4 0

8
5 5
m
m
m

 
  



Với

m  0 : 2x y 0

. Toạ độ điểm

B

là nghiệm của hệ









2 0 0 5

0 12

1 2 5

x

x y x

y

x y y

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

0.25 Với

m  8 : 2x y  8 0

. Toạ độ điểm

B

là nghiệm của hệ









2 8 0 2 5

4 8

1 2 5

x

x y x

y

x y y

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

Vậy

C



0; 4



; toạ độ điểm

B

là



0;0 ,



6; 12 , 2; 4 ,





16; 8

5 5 5 5

   

   

   

   

0.25 2)

2

qua

A



3; 4; 3



và có vectơ chỉ phương

u 



2;1; 2





.









1 ;1 ; 3 6 ; 3 ;3 ; 6

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

;





, 8 6;6 14 ; 3 , 3 29 30 9

MA u t t t MA u t t

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

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

0.25 



, MA u 29 30 9

d M t t

u
 
 
    
 

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

;

 









2 2

2 2 6 12 1 11 9
,

1 2 2

t t t t

d M P        

  

0.25

2 11 9 2

29 30 9 140 72 0 0

t

t  t    t  t  t

hoặc

t 

0.25 



18 18 53 3

0 0;1; 3 ; ; ;

35 35 35 35

t  M  t  M  

 

0.25 VII.b Toạ độ các điểm

A B,

thoả mãn:







  

4 3 2 8 2 7 0; 2 1

2
2

x x x m x m x

x m
x

y x m

  
      
  

 


 
  


   


0.25 Nhận thấy (1) có hai nghiệm thực phân biệt

x x1, 2

khác 2 với mọi

m

.

Gọi

A x y



1; 1



,B x y



2; 2



. Ta có













2 2 2

1 2 1 2 2 1 2

AB  x  x  y  y  x  x

0.25 Áp dụng định lí Viet đối với (1) ta được:





2
2

1 2 1 2

2 4

m

AB   x x  x x   

 

0.25

2 8 2

3 9 9 10 10

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.

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27></div>

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





log 2 2log 4 log





8

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>









<sub></sub>

<sub></sub>

<b>---Hết---TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I</b>

<b>ĐÁP ÁN MƠN TỐN KHỐI 12 </b>

(2008-2009)

(Đáp án- Thang điểm gồm 04 trang)

<b>Câu</b>

<b>Nội dung</b>

<b>Điểm</b>

<b>I</b>

<i><b>(2điểm)</b></i>

1.(1 điểm). Khi

hàm số trở thành:



TXĐ: D=



Sự biến thiên:





0.25

 





0.25



Bảng biến thiên

x -

-1 0 1 +

y

y +

0 +

-1 -1

0.25



Đồ thị

0.25

2. (1 điểm)





Hàm số đã cho có ba điểm cực trị

pt

có ba nghiệm phân biệt và

đổi dấu khi

<sub> đi qua các nghiệm đó </sub>

0.25



Khi đó ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là:







 



<sub>0.25</sub>



;

<sub>0.25</sub>







0.25

<b>II</b>

<i><b>(2điểm)</b></i>

1)