TRƯỜNG 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 3 2 3 1y x x= − + 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 4 2AB = . Câu 2 (2.0 điểm ). 1. Giải phương trình: 2 3 cos 2 2cos sin 3 2 4 4 x x x π π     − + − =  ÷  ÷     . 2. Giải bất phương trình: 2 2 1 2 1 log (4 4 1) 2 2 ( 2)log 2 x x x x x   − + − > − + −  ÷   Câu 3 (1.0 điểm). Tính tích phân: 3 2 0 sin cos 3 sin x I dx x 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 60 0 . 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 ( ) ( ) ( ) 3 3 3 a b c b c a c a b P c a b + − + − + − = + + . 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 d 1 : x + y + 5 = 0 và d 2 : 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 2 1 2 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 ) 2. 2 0 (1 ) i z z i i + − + = − trên tập số phức. 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 2 1 3 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 3 2 2010 2009 2010 3log ( 2 6) 2log ( 2) 1 y x x y x y x y −  + =  +   + + = + + +  −−−−−−−−−−−−−HẾT−−−−−−−−−−−−− Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh: SBD: HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM TOÁN 12 KHỐI A, B Câu Nội dung Điểm Câu 1 1. + TXĐ: R 3 2 3 1y x x= − + + Sự biến thiên: Giới hạn: 3 2 lim lim ( 3 1) x x y x x →±∞ →±∞ = − + = ±∞ . 2 ' 3 6 ; ' 0 0; 2y 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 x CĐ = 0; y CĐ = 1; CT tạ x CT = 2, y CT = −3 y” = 6x − 6 = 0 ⇔ x = 1 Đồ thị hàm số có điểm uốn I(1; −1) 0.5 Đồ thị: 0.25 2. Giả sử 3 2 3 2 ( ; 3 1), ( ; 3 1) A a a a B b b b 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 2 3 2 6 4 2 ( ) ( 3 1 3 1) 4( 1) 24( 1) 40( 1)AB b a b b a b a a a= − + − + − + − = − − − + − 0.25 Vì 6 4 2 4 2 4( 1) 24( 1) 40( 1) 32AB a a a= ⇔ − − − + − = 3 1 1 3 a b a b = ⇒ = −  ⇔  = − ⇒ =  ⇒ A(3; 1) và B(−1; −3) 0.25 Câu 2 1. Phương trình 2 cos 2 sin 4 sin(2 ) 2 2 x x x π   ⇔ − + − −π =  ÷   2 cos 2 cos4 sin2 2x x x⇔ − + = 0.5 2 sin 2 sin2 2 0x x⇔ + − = sin2 2 sin2 1 sin2 1 4 x x x k x = −  π ⇔ ⇔ = ⇔ = + π  =  0.5 2/. ĐK: ( ) 2 2 1 1 1 0 1 2 2 2 * 1 2 4 4 1 0 (2 1) 0 2 x x x x x x x x    <  − > <    ⇔ ⇔ ⇔ <       ≠ − + > − >     Với điều kiện (*) bất phương trình tương đương với: [ ] 2 2 2log (1 2 ) 2 2 ( 2) log (1 2 ) 1x x x x− − > + + − − [ ] 2 log (1 2 ) 1 0x x⇔ − + < 0.5 2 2 2 2 0 0 0 1 log (1 2 ) 1 0 log 2(1 2 ) 0 2(1 2 ) 1 4 0 0 0 0 log (1 2 ) 1 0 log 2(1 2 ) 0 2(1 2 ) 1 x x x x x x x x x x x x x x  >  >  >           − + < − < − < >        ⇔ ⇔ ⇔ ⇔     < < <    <        − + > − > − >          Kết hợp với điều kiện (*) ta có: x < 0 hoặc 1 1 4 2 x< < . 0.5 Câu 3 Đặt 2 2 2 2 2 sin cos 3 sin 4 cos cos 4 3 sin x x t x x x t dt dx x = + = − ⇒ = − ⇒ = + Với x = 0 ⇒ 15 3; 3 2 t x t π = = ⇒ = 0.5 15 15 3 2 2 2 2 2 3 0 3 sin cos 1 2 1 15 4 ln ln 4 2 2 3 2 4 cos . 3 sin x x dt t I dx t t x x π + + = = = = − + − + ∫ ∫ 0.5 Hướng dẫn chấm Toán 12 khối A, B Trang 2 /3 Câu 4 (BCM)// AD nên mặt phẳng này cắt mp(SAD) theo giao tuyến MN // AD Ta có : BC AB BC BM BC SA ⊥  ⇒ ⊥  ⊥  . Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường cao Ta có SA = ABtan60 0 = a 3 , = ⇔ = 2 2 3 MN SM MN AD SA a Suy ra MN = 4 3 a . BM = 2 3 a 0.25 Diện tích hình thang BCMN là: S = + = 2 10 2 3 3 BC MN a BM 0.25 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 ⇒ · = 0 30SBH ⇒ SH = SB.sin30 0 = a Gọi V là thể tích chóp SBCNM ta có V = 1 .( ) 3 SH dtBCNM = 3 10 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 3 + −a b c c c và 1 3 ta được: 3 3 ( ) 1 ( ) 4 1 3 3 3 3 3 3 + − + − + + ≥ + − ⇒ ≥ + − − a b c c a b c c a b c a b c c (1). 0.5 Tương tự: 3 ( ) 4 1 3 3 3 + − ≥ + − − b c a a b c a (2), 3 ( ) 4 1 3 3 3 + − ≥ + − − c a b b c a b (3). Cộng (1), (2) và (3) ta suy ra 1 min 1≥ ⇒ =P P khi 1= = =a b c . 0.5 Câu 6a 1. Giả sử 1 2 ( ; ) 5; ( ; ) 2 7 B B B B C C C C B x y d x y C x y d x y∈ ⇒ = − − ∈ ⇒ = − + Vì G là trọng tâm nên ta có hệ: 2 6 3 0 B C B C x x y y + + =   + + =  0.25 Từ các phương trình trên ta có: B(−1; −4); C(5; 1) 0.25 Ta có (3;4) (4; 3) BG BG VTPT n⇒ − uuur r 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 25 0.25 2. Tính được khoảng cách từ I đến đường thẳng ∆ là 20 ( , ) 3 d I ∆ = 0.5 Gọi R là bán kính mặt cầu. Để IAB là tam giác vuông cân tại I thì 40 2 ( , ) 3 R IA IB d I= = = ∆ = 0.25 Vậy phương trình mặt cầu 2 2 2 40 ( 1) ( 3) 9 x y z− + + − = 0.25 Câu 7a 1. Ta có: 2010 2011 2010 2010 (1 ) 1 .(1 ) (1 ) (1 ) 1 (1 ) i i i i i i i i + +   = + = + = − +  ÷ − −   0.5 Vậy phương trình tương đương với z 2 + 2(1 + i)z +2i = 0 ⇔ z 2 + 2(1 + i)z + (i + 1) 2 = 0 0.25 ⇔ (z + i + 1) 2 = 0 ⇔ z = −(i + 1) 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: (3 ; 4 2 ); (1;2) BC AH c c u= + − + = uuur r . Vì AH ⊥ BC nên . 0 1 BC AH u c= ⇔ = uuur r 0.25 Hướng dẫn chấm Toán 12 khối A, B Trang 3 /3 Vậy A(−3; 1) và C(1; 3) Giả sử B(b, 2b + 1). Có: (1 ; 2 2 ); (4;2)BH b b AC= − − − = uuur uuur . Vì . 0 0BH AC b= ⇔ = uuur uuur . Vậy B(0; 1) 0.5 Câu 6b 2. Tìm được giao của d và (P) ta có: 1 7 2; ; 2 2 A   −  ÷   0.5 Ta có: (2;1; 3), (2;1;1) , (1; 2;0) d p d p u n u u n ∆   = − = ⇒ = = −   r r r r r 0.25 Vậy phương trình đường thẳng ∆: 1 7 2 ; 2 ; 2 2 x t y t z= + = − = − 0.25 Câu 7b +) ĐK: x + 2y = 6 > 0 và x + y + 2 > 0 +) Lấy loga cơ số 2009 và đưa về phương trình: 2 2 2 2 2009 2009 log ( 2010) log ( 2010)x x y y + + = + + 0.25 +) Xét và CM HS 2009 ( ) log ( 2010), 0f t t t t = + + ≥ đồng biến. Từ đó suy ra x 2 = y 2 ⇔ x = y, x = −y 0.25 +) Với x = y thế vào (2) và đưa về pt: 3log 3 (x + 2) = 2log 2 (x + 1) = 6t Đưa pt về dạng 1 8 1 9 9 t t     + =  ÷  ÷     , phương trình này có nghiệm duy nhất t = 1 ⇒ x = y =7 0.25 Với x = −y thế vào (2) được phương trình: log 3 (y + 6) = 1 ⇒ y = −3 ⇒ x = 3 0.25 Hướng dẫn chấm Toán 12 khối A, B Trang 4 /3 . TRƯỜNG 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. +  −−−−−−−−−−−−−HẾT−−−−−−−−−−−−− Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh: SBD: HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM TOÁN 12 KHỐI A, B Câu Nội dung Điểm Câu 1 1. + TXĐ: R 3 2 3 1y x x= − + + Sự biến thi n: Giới. (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