Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số.. Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị C sao cho tiếp tuyến của đồ thị C tại A và B song song với nhau và độ dài đoạn AB=4 2.. Cạnh SA vuông
Trang 1TRƯỜNG THPT TAM DƯƠNG ĐỀ THI CHUYÊN ĐỀ LẦN 4 NĂM HỌC 2009 − 2010
MÔN: TOÁN 12 KHỐI A, B
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề.
PHẦN I DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu 1 (2.0 điểm) Cho hàm số số y x= 3−3x2+1
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2 Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của đồ thị (C) tại A và B song song với nhau
và độ dài đoạn AB=4 2
Câu 2 (2.0 điểm )
1 Giải phương trình: cos 22 2cos 3 sin 3 2
x− x+ π x−π=
2
1
2
x − x+ − x> − +x −x
Câu 3 (1.0 điểm) Tính tích phân: 3
2 0
sin cos 3 sin
x
π
=
+
∫
Câu 4 (1.0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, AD = 2a Cạnh SA
vuông góc với mặt phẳng đáy, cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy một góc 600 Trên cạnh SA lấy điểm
M sao cho = 3
3
a
AM , mặt phẳng (BCM) cắt cạnh SD tại N Tính thể tích khối chóp S.BCNM.
Câu 5 (1.0 điểm) Cho a, b, c là 3 cạnh của tam giác có chu vi bằng 3
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ( )3 ( )3 ( )3
P
PHẦN II (3.0 điểm) Học sinh chọn một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)
1 Chương trình chuẩn.
Câu 6a (2.0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcác vuông góc Oxy, cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0) Hai đỉnh B và C lần lượt nằm trên hai đường thẳng d1: x + y + 5 = 0 và d2: x + 2y – 7 = 0 Viết phương trình đường tròn có tâm C và tiếp xúc với đường thẳng BG
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆: 1 1 1
x− = y+ = z−
Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I(1; 0; 3) và cắt đường thẳng ∆ tại hai điểm A và B sao cho tam giác IAB vuông cân tại I.
Câu 7a (1.0 điểm) Giải phương trình
2011 2
2010
(1 )
(1 )
i
i
+
2 Chương trình nâng cao.
Câu 6 Vb (2.0 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcác vuông góc Oxy, cho tam giác ABC có trực tâm H(1; −1), điểm E(−1; 2) là trung điểm của cạnh AC và cạnh BC có phương trình 2x − y + 1 = 0 Xác định toạ độ các đỉnh của tam giác ABC.
2 Trong không gian với hệ tọa độ Đềcác Oxyz, cho đường thẳng d: 1 2
x− = =y z+
− và mặt phẳng
(P): 2x + y + z − 1 = 0 Gọi A là giao điểm của đường thẳng d với mặt phẳng (P) Viết phương trình
đường thẳng ∆ đi qua A vuông góc với đường thẳng d và nằm trong mặt phẳng (P)
Câu 7b (1.0 điểm) Giải hệ phương trình:
2 2 2
2
2010 2009
2010
y x x
y
−
=
+
−−−−−−−−−−−−−HẾT−−−−−−−−−−−−−
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
Trang 2Họ và tên thí sinh: SBD:
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM TOÁN 12 KHỐI A, B
Câu 1
1 + TXĐ: Ry x= 3−3x2+1
+ Sự biến thiên:
Giới hạn: lim lim ( 3 3 2 1)
→±∞ = →±∞ − + = ±∞. 2
' 3 6 ; ' 0 0; 2
y = x − x y = ⇔ =x x=
0.25
BBT
Hàm số đồng biến trên (−∞; 0) và (2; + ∞), nghịch biến trên (0; 2)
Hàm số đạt CĐ tạ xCĐ = 0; yCĐ = 1; CT tạ xCT = 2, yCT = −3
y” = 6x − 6 = 0 ⇔ x = 1
Đồ thị hàm số có điểm uốn I(1; −1)
0.5
2 Giả sử A a a( ; 3−3a2+1), ( ;B b b3−3b2+1) a b≠
Vì tiếp tuyến của (C) tại A, B song song nên y’(a) = y’(b) ⇔ (a − b)(a + b − 2) = 0 0.5
⇔ a + b − 2 = 0 ⇔ b = 2 − a ⇒ a ≠ 1 ( Vì a ≠ b)
2 ( )2 ( 3 3 2 1 3 3 2 1) 4( 1)6 24( 1)4 40( 1)2
Vì AB=4 2⇔4(a−1)6−24(a−1)4+40(a−1)2=32 ⇔ = − ⇒ =a a= ⇒ = −31 b b 31
⇒ A(3; 1) và B(−1; −3)
0.25
Câu 2
1 Phương trình cos 22 sin 4 sin(2 ) 2
2
⇔cos 22 x−cos4x+sin2x=2 0.5 2
sin 2x sin2x 2 0
⇔ + − = ⇔sin2sin2x x= −=12⇔sin2x= ⇔ = + π1 x 4π k
2/
1
2
x
x x
− > < <
− + > − > ≠
Với điều kiện (*) bất phương trình tương đương với:
2log (1 2 ) 2− x − x> + +2 (x 2) log (1 2 ) 1− x − ⇔x[log (1 2 ) 12 − x + <] 0
0.5
1 log (1 2 ) 1 0 log 2(1 2 ) 0 2(1 2 ) 1
4
log (1 2 ) 1 0 log 2(1 2 ) 0 2(1 2 ) 1
> > >
− + < − < − < >
Kết hợp với điều kiện (*) ta có: x < 0 hoặc 1 1
4< <x 2
0.5
Câu 3
3 sin
x
+
2
4 cos 3 sin
t t
π
− +
0.5
Trang 3Câu 4
(BCM)// AD nên mặt phẳng này cắt mp(SAD) theo giao tuyến MN // AD
Ta có : BC AB
BC SA
⊥
⊥
Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường cao
Ta có SA = ABtan600 = a 3 , = ⇔ = 2
Suy ra MN = 4
3
a
BM = 2
3
a
0.25
Diện tích hình thang BCMN là: S = + =10 2
Hạ AH ⊥BM Ta có SH⊥BM và BC⊥(SAB)⇒BC⊥SH Vậy SH⊥(BCNM)
⇒SH là đường cao của khối chóp SBCNM
Trong tam giác SBA ta có SB = 2a, AB AM
SB = MS = 1
2
0.25
Vậy BM là phân giác của góc SBA ⇒SBH· =300 ⇒SH = SB.sin300 = a
Gọi V là thể tích chóp SBCNM ta có V = 1
3SH dtBCNM = 10 3 3
27
a
Lưu ý: Học sinh không vã hình hoặc vẽ hình sai không cho điểm.
0.25
Câu 5
Áp dụng BĐT Cô-si cho 3 số dương ( )3,
+ −
3 ta được:
0.5
b c
c a
Cộng (1), (2) và (3) ta suy ra P≥ ⇒ 1 minP= 1 khi a b c= = = 1
0.5
Câu
6a
1 Giả sử B x y( ;B B)∈ ⇒d1 x B = − −y B 5; ( ;C x y C C)∈ ⇒d2 x C = −2y C+7
Vì G là trọng tâm nên ta có hệ: 2 6
3 0
x x
+ + =
+ + =
0.25
Ta có BGuuur(3; 4)⇒VTPT nrBG(4; 3)− nên phương trình BG: 4x – 3y – 8 = 0 0.25
Bán kính R = d(C; BG) = 9
5 ⇒phương trình đường tròn: (x – 5)2 +(y – 1)2 = 81
2 Tính được khoảng cách từ I đến đường thẳng ∆ là ( , ) 20
3
Gọi R là bán kính mặt cầu Để IAB là tam giác vuông cân tại I thì
40
2 ( , )
3
Vậy phương trình mặt cầu ( 1)2 2 ( 3)2 40
9
Câu
7a
1 Ta có:
2010 2011
2010 2010
1 (1 )
i i
− ÷
0.5
Vậy phương trình tương đương với
z2 + 2(1 + i)z +2i = 0 ⇔ z2 + 2(1 + i)z + (i + 1)2 = 0 0.25
Câu
6b 1 Giả sử C(c, 2c + 1) Vì E là trung điểm của AC nên A có tạo độ A(−2 − c; 3 − 2c) 0.25
Ta có: uuurAH = +(3 c; 4 2 ); − + c urBC =(1;2) Vì AH ⊥ BC nên uuur rAH u BC = ⇔ =0 c 1 0.25
Trang 4Vậy A(−3; 1) và C(1; 3)
Giả sử B(b, 2b + 1) Có: uuurBH = − − −(1 b; 2 2 ); b ACuuur=(4;2)
Câu
6b
2 Tìm được giao của d và (P) ta có: 2; ;1 7
A −
Ta có: urd =(2;1; 3),− nrp =(2;1;1)⇒ur∆ =u nr rd, p= −(1; 2;0) 0.25 Vậy phương trình đường thẳng ∆: 2 ; 1 2 ; 7
Câu
7b
+) ĐK: x + 2y = 6 > 0 và x + y + 2 > 0
+) Lấy loga cơ số 2009 và đưa về phương trình:
+) Xét và CM HS f t( )= +t log2009(t+2010),t ≥0 đồng biến
+) Với x = y thế vào (2) và đưa về pt: 3log3(x + 2) = 2log2(x + 1) = 6t
Đưa pt về dạng 1 8 1
9 9
÷ ÷
Với x = −y thế vào (2) được phương trình: log3(y + 6) = 1 ⇒ y = −3 ⇒ x = 3 0.25