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

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

91
lượt xem 7
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi môn toán, khối 12 - trường thpt thạch thành i', tài liệu phổ thông, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: ĐỀ THI MÔN TOÁN, KHỐI 12 - TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I

ĐỀ THI MÔN TOÁN, KHỐI 12 (2009-2010) TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I ĐỀ CHÍNH THỨC 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  3 x 2  3 1  m  x  1  3m (1) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m  1 . 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số thực m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và đường thẳng đi qua điểm cực đại, cực tiểu của đồ thị hàm số tạo với đường thẳng x  y  0 một góc 30 . Câu II (2 điểm) 1) Giải phương trình x  1  1  4 x 2  3 x . sin x  cos x  2 tan 2 x  cos 2 x  0 . 2) Giải phương trình sin x  cos x 1 dx Câu III (1 điểm) Tính tích phân I   . 0 x  1 x 2 Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có SA  x và tất cả các cạnh còn lại có độ dài bằng a  x  0, a  0  . Chứng minh rằng đường thẳng BD vuông góc với mặt phẳng  SAC  . Tìm x theo a để thể tích a3 2 của khối chóp S . ABCD bằng . 6 Câu V (1 điểm) Cho ba số không âm a, b, c thay đổi luôn thoả mãn điều kiện a  b  c  1 . Chứng minh rằng: a 2  b 2  c 2  12abc  1 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 điểm A  3;3 và đường thẳng d : x  y  2  0 . Lập phương trình đường tròn đi qua A cắt d tại hai điểm B, C sao cho AB  AC và AB  AC . 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A  3; 2; 2  và mặt phẳng  P  có phương trình : x  y  z  1  0 . Viết phương trình mặt phẳng  Q  đi qua A , vuông góc với mặt phẳng  P biết rằng mặt phẳng  Q  cắt hai trục Oy, Oz lần lượt tại hai điểm phân biệt M , N sao cho OM  ON ( O là gốc toạ độ). Câu VII.a (1 điểm)  1 Tìm hệ số của x8 trong khai triển thành đa thức của:  x 2  x   1  2 x  . 10 4  B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho tam giác ABC có diện tích bằng 2 và đường thẳng AB có phương trình x  y  0 .Biết rằng điểm I (2;1) là trung điểm của đoạn thẳng BC , hãy tìm tọa độ trung điểm K của đoạn thẳng AC . 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng  P  : x  y  z  3  0 và A  2; 2; 2  . Lập phương trình mặt cầu đi qua A cắt  P  theo giao tuyến là một đường tròn sao cho tứ diện ABCD đều với đáy BCD là tam giác đều nội tiếp đường tròn giao tuyến.  x 1 y x 2  2  log 2 1  y  0 Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình    x 1  y   5 y  1  0 ---------------------------------Hết--------------------------------- 0
TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Năm học 2009-2010 MÔN TOÁN KHỐI 12 (Đáp án- thang điểm gồm có 04 trang) Câu Nội dung Điểm I 1) Khi m  1 , hàm số (1) trở thành: y  x3  3x 2  4 Tập xác định   Sự biến thiên: y '  3x 2  6 x, y '  0  x  0  x  2 0.25 yCĐ=y(0)=4, yCT=y(2)=0 0.25  Bảng biến thiên   2 x 0    y' 0 0  4 y  0 0.25 f x =  x3-3x2 +4 8 6 4 2 -10 -5 5 10 -2 -4 -6  Đồ thị 0.25 -8 2) y  3x  6 x  3 1  m   3  x  2 x  1  m  ' 2 2 Hàm số (1) có cực đại, cực tiểu  phương trình y '  0 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 và y ' đổi dấu khi x đi qua các nghiệm đó  m  0 0.25 y   x  1  x 2  2 x  1  m   2mx  2  2m ; y  x1   2mx1  2  2m y  x2   2mx2  2  2m . Vậy phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) là y  2mx  2  2m  2mx  y  2  2m  0 . 0.50  Đường thẳng 2mx  y  2m  2  0 có một véctơ pháp tuyến n1  2m;1 ;   đường thẳng x  y  0 có một véctơ pháp tuyến n2 1;1 . Theo bài ra ta có 0.25 1
   n1.n2 2m  1 2 3 3 cos 30        4 m 2  8m  1  0  m  2 2 4m 2  1. 2 n1 . n2 II 1) Điều kiện x  0 . 2x 1 x  1  1  4 x 2  3 x  4 x 2  1  3 x  x  1  0   2 x  1  2 x  1  0 0.50 3x  x  1   1 1   2 x  1  2 x  1    0  2x 1  0  x  2 . 3x  x  1  0.50  2) Điều kiện cos 2 x  0 Phương trình    sin x  cos x   2sin 2 x  cos 2 2 x  0  sin 2 2 x  sin 2 x  0 2 0.50 sin 2 x  0  . Do sin 2 x  1 thì cos 2 x  0 , nên chỉ có sin 2 x  0  x  k  k     sin 2 x  1 2 0.50  III Đặt x  sin t  dx  cos tdt ; Khi x  0 thì t  0 ; Khi x  1 thì t  . 2 0.25    1  sin t  cos t    cos t  sin t  1  cos t  sin t  2 2 2 cos tdt I  dt    1   dt sin t  cos t 2 0 sin t  cos t 2 0  sin t  cos t  0 0.50   1 2 t  ln  sin t  cos t    . I   2 4 0.25 0 Do B, D cách đều S , A, C nên BD   SAC  . Gọi O  AC  BD . Các tam giác IV ABD, BCD, SBD là các tam giác cân bằng nhau có đáy BD chung nên OA  OC  OS . Do đó tam giác SAC vuông tại S . 0.50 a x 2 2 1 1 1 1 VS . ABCD  2.VS . ABC  2. .BO.SA.SC  ax AB 2  OA2  ax a 2   ax 3a 2  x 2 0.25 6 3 3 4 6 x  a 3 a21 VS . ABCD   ax 3a 2  x 2   x  a 2 6 6 0.25 Với a  b  c  1 thì V a 2  b 2  c 2  12abc  1  12abc  (a  b  c) 2  ( a 2  b 2  c 2 )  12(a  b  c )abc  2( ab  bc  ca ) 0.50  3(a  b  c)abc  (ab  bc  ca)  3(a  b  c)abc  (ab  bc  ca) 2 1  [( ab  bc) 2  (bc  ca) 2  (ca  ab)2 ]  0 (luôn đúng) 2 1 Dấu bằng xảy ra khi chỉ khi a  b  c  0.50 3 VI.a 1) Gọi I , R lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn cần tìm. Ta có R  d  A, d   2 2 . Tâm I chính là hình chiếu vuông góc của điểm A lên đường thẳng d . 0.25 Gọi a là đường thẳng qua A và vuông góc với d . Suy ra a : x  y  0 0.25 2
x  y  0  x  y  1 . Tâm I 1;1 Toạ độ tâm I là nghiệm của hệ  x  y  2  0 0.25 Vậy đường tròn cần tìm có phương trình  x  1   y  1  8 2 2 0.25  n là một vec tơ pháp tuyến của (Q) 2) Giả sử    Vì ( P)  (Q) nên n  nP (1, 1, 1) (1) 0.25 mặt phẳng  Q  cắt hai trục Oy, Oz lần lượt tại hai điểm M  0; a;0  , N  0;0; b  b  a  0 phân biệt sao cho OM  ON nên a  b  0   b  a  0   Ta thấy n  MN (2). Xét 2 trường hợp 0.25    Trường hợp 1: nếu b  a  0 thì MN (0, a, a) / /u (0, 1,1)     Từ (1) và (2) suy ra có thể chọn n  u, nP   (2,1,1) là một vec tơ pháp tuyến   của  Q  Mp  Q  có phương trình 2( x  3)  ( y  2)  ( z  2)  0  2 x  y  z  2  0 Khi đó  Q  cắt Oy, Oz tại M  0; 2;0  , N  0;0; 2  ( thỏa mãn đề bài) 0.25    Trường hợp 2: nếu b  a  0 thì MN (0, a, a) / / v(0,1,1)     Từ (1) và (2) suy ra có thể chọn n  v, nP   (0,1, 1) là một vec tơ pháp   tuyến của  Q  ,  Q  có phương trình 0( x  3)  ( y  2)  ( z  2)  0  y  z  0 Khi đó  Q  cắt Oy, Oz tại O  0;0;0  (không thỏa mãn đề bài) Vậy mặt phẳng  Q  có phương trình 2 x  y  z  2  0 0.25 VII.a 1 1 1 ( x 2  x  )(1  2 x)10  (4 x 2  4 x  1)(1  2 x)10  (1  2 x)12 4 4 4 0.25 18 88 C12 .2 .x Theo khai triển Newton số hạng chứa x8 là 0.50 4 188 Hệ số của x8 bằng C12 .2 =31680 0.25 4 VI.b Đường thẳng IK qua I và song song với AB có phương trình x  y  1  0 0.25 2 1 Chiều cao kẻ từ C của ABC bằng h= 2. 2 12  (1) 2 2.S ABC 4 AB   2 2 0.25 h 2 AB  2 suy ra K nằm trên đường tròn (C ) tâm I bán kính IK  2 2 có phương trình ( x  2) 2  ( y  1)2  2 0.25 ( x  2)  ( y  1)  2 2 2 Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ   x  y 1  0 Tìm được K 1;0  hoặc K  3; 2  . 0.25 3
2) Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng  P  . Gọi d là x  2  t đường thẳng qua A và vuông góc với  P  . Ta có d :  y  2  t  z  2  t  H  d  H  2  t; 2  t; 2  t  . Mà H   P  nên 2  t  2  t  2  t  3  0  t  1 . Vậy H 1;1;1 ; AH  3 . 0.25 2 2 3 9 ABH vuông tại H  AB 2  AH 2  HB 2  AB 2  3   AB   AB  2 3 2 2 0.25   Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng AB . Mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB cắt đoạn thẳng AH tại I . Điểm I chính là tâm mặt cầu cần tìm. AB 2 3 3 Ta có AM . AB  AI . AH  R  AI   0.25 2 AH 4  3  Từ AI  AH . Suy ra I  ; ;  555   4 4 4 4 2 2 2  5  5  5 27 Mặt cầu cần tìm có phương trình:  x     y     z    0.25 4  4  4  16  VII.b  x 1 y x  0 1 2  2  log 2 1 y    x 1  y   5 y  1  0  2  x Điều kiện 0. 1 y x  0 x  0 Trường hợp 1:   1  y  0 y 1 (1)  2 x  21 y  log 2 x  log 2 1  y   0  2 x  21 y  log 2 1  y   log 2 x Nếu x  1  y thì vế trái dương, vế phải âm (loại); Nếu x  1  y thì vế trái âm, vế phải dương (loại) Vậy x  1  y hay y  1  x . Thay vào (2) ta có: x 2  5 x  6  0  x  2  x  3 Với x  2 thì y  1 ; Với x  3 thì y  2 (thoả mãn điều kiện). 0.50 x  0 x  0 Trường hợp 2:  (*)  1  y  0 y 1 1 Từ (2) có 5 y  1  x 1  y   0  y   . Mâu thuẫn với (*). 5 Vậy hệ đã cho có hai nghiệm  x; y   (2; 1);(3; 2) 0.50 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 30 tháng 3 năm 2010 Người ra đề và làm đáp án: BÙI TRÍ TUẤN 4