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

0TRƯỜNG 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 23 3 1 1 3y x x m x m      (1) 
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi 1m  .
2) Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và các điểm cực 
đại, cực tiểu của đồ thị hàm số cùng với gốc toạ độ O tạo thành một tam giác có diện tích 
bằng 4.
Câu II (2 điểm) 1) Giải bất phương trình 
 22 6 7 4x x x
x
x x
    .
2) Giải phương trình 55cos 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 ' 2AA 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 23 3 1 12 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 trình đường thẳng ,AB BC lần lượt là 2 5 0x y   và 3 7 0x y   . Viết phương 
trình đường thẳng AC , biết rằng đường thẳng AC đi qua điểm  1; 3F  .
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm  0;1;1M 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 2z z  và 2z  .
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC vuông tại B và 
nội tiếp đường tròn (C). Biết rằng (C)    2 2: 1 2 5x y    ,  2;0A 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 0P 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 2y x m    cắt đồ 
thị hàm số 
2 4 3
2
x x
y
x
   tại hai điểm ,A B sao cho 3AB  .
---------------------------------Hết---------------------------------
1TRƯỜNG 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 1m  , hàm số (1) trở thành: 3 23 4y x x  
 Tập xác định 
 Sự biến thiên: ' 2 '3 6 , 0 0 2y x x y x x       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
6
4
2
-2
-4
-6
-8
-10 -5 5 10
f x  = x3-3x2 +4
0.25
2)    ' 2 23 6 3 1 3 2 1y x x m x x m       
Hàm số (1) có cực đại, cực tiểu  phương trình ' 0y  có hai nghiệm 
phân biệt 1 2,x x và 'y đổi dấu khi x đi qua các nghiệm đó 0m  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
  21 2 1 2 2 2y x x x m mx m        ; 1 12 2 2y mx m   
2 22 2 2y mx m    . Vậy phương trình đường thẳng AB là 
2 2 2 2 2 2 0y mx m mx y m         . 0.25
2           2 2 2 22 2 2 22 1 2 1 2 1 1 2 1 24 4 1 4 4 1AB x x m x x x x m x x x x m            
Theo định lí Viet ta có 1 2 1 22, . 1x x x x m    . Suy ra  22 4 1AB m m  ; 
   
2
2 1
,
4 1
m
d O AB
m


; 
0.25
     2
2
2 11 1
. , .2 4 1 . 4
2 2 4 1
ABC
m
S AB d O AB m m
m

   

    3 2 21 2 2 4 0 1 3 4 0 1m m m m m m m m m               0.25
II
1) Điều kiện 
2
0
0
17
6 7 0
1
x
x
xx
x x
x
           0.25
Bpt đã cho tương đương với bpt: 
   2 22 6 7 4 2 6 7 4 2x x x x x x x          0.25
Nếu 2x  thì bpt được thoả mãn vì vế trái dương, vế phải âm, 0.25
Nếu 1 2x  thì hai vế của bpt không âm. Bình phương hai vế ta được:
   22 22 6 7 4 2 4 15 0 7 34 7 34x x x x x x             . Kết hợp với 
điều kiện 1 2x  , ta có 7 34 2x   .
Vậy bpt đã cho có tập nghiệm là  7 34;  0.25
2) Pt 2 55 1 2sin 4sin 9
6 6
x x
                         
0.25
210sin 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 1t x x t dx tdt x t x t          
1 12 3
0 0
1
.2 2
1 1
t t t
I tdt
t t
     0.25
 
11 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 2B MAC MAC
V BH S BH MA AC  0.25
Vậy ' ' ' '
3
.
1 2 2 2 2
. . . 2
3 2 3 9MA BC B MAC
a a a
V V a  
0.25
3V
Ta có 
2
2 23 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
 22 2 1 12 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;2n

, của BC là  2 3; 1n 

 và của AC là 
  2 23 ; , 0n a b a b 

. Do tam giác ABC cân tại A nên các góc ˆˆ,B C nhọn và 
bằng nhau. 0.25
Suy ra 
1 2 3 2 2 2
2 2
1 2 3 2
. . 31ˆˆcos 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 2a b a b a b      hoặc 11 2a b 0.50
Với 2a b , ta có thể chọn 1, 2a b  thì  3 1;2n

. Do AC đi qua  1; 3F  nên 
có pt:    1 1 2 3 0 2 5 0x y x y        . Trường hợp này bị loại vì / /AC AB
Với 11 2a b , chọn 2, 11a b  thì  3 2;11n

. Suy ra : 2 11 31 0AC x y  
Vậy có một đường thẳng thoả mãn bài toán là: 2 11 31 0x y   . 0.25
2) Gọi a là đường thẳng cần tìm. Gọi N d a  ;  1; ;1N d N t t    .
 có vectơ chỉ phương  3;1;1u  ;  1; 1;MN t t   . 0.50
. 0 3 1 0 2a MN u MN u t t t            
   
;  1;1;2MN  .
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 2 2 2 2 ,z x y xyi z x yi     0.25
Từ giả thiết ta có hệ pt: 
        2 22 22 2 2 2
2 22 2
2 2 2 4 4 2 1 4
42
x y x xy y x x x x
y xx y
             
      0.25
  23
2 2 2 2
11 2 03 2 0 2
034 4
xx x xx x x
yyy x y x
                          0.25
Vậy có ba số phức cần tìm là 1 3 ; 1 3 ; 2z i z i z      0.25
VI.b 1) (C) có tâm  1; 2 ,I  bán kính 5R  . Do 90ABC   nên C đối xứng với 
A qua I . Suy ra  0; 4C  . 0.25
: 2 4 0AC x y   ;   2 2.4 4,
2 5 5
ABCSd B AC
AC
   .
B thuộc đt  song song với AC , B cách AC một khoảng bằng 4
5
.
: 2 0x y m    . Vì / / AC nên   4,
5
d A   . Suy ra 04 4
85 5
mm
m
      0.25
4Với 0 : 2 0m x y     . Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ 
   2 2
6
2 0 0 5
0 121 2 5
5
xx y x
yx y y
                
0.25
Với 8 : 2 8 0m x y       . Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ
   2 2
16
2 8 0 2 5
4 81 2 5
5
xx y x
yx y y
                 
Vậy  0; 4C  ; toạ độ điểm B là    6 12 16 80;0 , ; , 2; 4 , ;
5 5 5 5
            
0.25
2) 2 qua  3;4; 3A  và có vectơ chỉ phương  2;1; 2u  

.
   1 ;1 ; 3 6 ; 3 ;3 ; 6M M t t t MA t t t        

;
  2, 8 6;6 14 ; 3 , 3 29 30 9MA u t t t MA u t t             
   
0.25
  22
,
, 29 30 9
MA u
d M t t
u
      
 
 ;
  
 22 2
2 2 6 12 1 11 9
,
31 2 2
t t t t
d M P
      
  
0.25
2 211 929 30 9 140 72 0 0
3
t
t t t t t
        hoặc 18
35
t  0.25
  18 18 53 30 0;1; 3 ; ; ;
35 35 35 35
t M t M
        
0.25
VII.b Toạ độ các điểm ,A B thoả mãn: 
     
2
24 3 2 8 2 7 0; 2 12
2
22
x x x m x m xx m
x
y x my x m
                      
0.25
Nhận thấy (1) có hai nghiệm thực phân biệt 1 2,x x khác 2 với mọi m .
Gọi    1 1 2 2; , ;A x y B x y . Ta có      2 2 22 1 2 1 2 1 22AB x x y y x x     
0.25
Áp dụng định lí Viet đối với (1) ta được:  
2
22
1 2 1 2
8
2 4
2
m
AB x x x x
     
0.25
2
2 283 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