TRƯ Ờ NG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG Đ Ề KI Ể M TRA CH Ấ T LƯ Ợ NG L Ớ P 12 L Ầ N II NĂM HỌC 2009–2010 Môn thi : TOÁN, khối A, B, D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số 42 43(1). =−+yxx 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Tìm các giá trị của m để phương trình sau có đúng 7 nghiệm thực phân biệt: 42 x4x3m. −+= Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: 3 cosx2sinx,x. 4 π  −=∈   ¡ 2. Giải phương trình: ( ) ( ) xx2xx12x,x. −++=∈ ¡ Câu III (1 điểm) Tính tích phân: 3 6 dx I. sinx3cosx π π = + ∫ Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC với đáy ABC là tam giác vuông tại B, SA vuông góc với mặt phẳng (ABC). Biết BCa3,ACAS2 == và góc giữa đường thẳng SC với mặt phẳng (SAB) bằng o 45 , tính thể tích khối chóp S.ABC theo a. Câu V (1 điểm) Cho các số thực x, y thay đổi và thỏa mãn điều kiện: 22 xxyy1 −+= . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ( ) ( ) 22 22 22 x1y12xy(xy1)3 P. xy3 −+−+−+ = +− PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (A hoặc B). A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2 điểm). 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho A(1; 3), B(5; 2), C(-2; -1). Xác định tọa độ điểm D sao cho ABCD là một hình thang cân với AD song song BC. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A(1; -2; 3), B(2; 1; -3), C(1; -3; 2). Chứng minh rằng A, B, C không thẳng hàng, xác định tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Câu VII.a (1 điểm) Tìm nghiệm phức của phương trình: 2 z2z0. += B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A(-3; 1), phân giác trong và đường cao cùng xuất phát từ B lần lượt có phương trình: 12 d:x3y120,d:x7y320. ++=++= Tìm tọa độ các đỉnh B, C của tam giác ABC. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng x1y2z3 : 211 −−− ∆== − và hai mặt phẳng ( ) ( ) P:x2yz30,Q:xy2z20. −+−=+−−= Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên đường thẳng ∆ đồng thời tiếp xúc với cả (P) và (Q). Câu VII.b (1 điểm) Giải phương trình : ( ) 3 logx1 2x,x. + =∈ ¡ Hết Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh : Số báo danh : ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG LỚP 12 LẦN II NĂM HỌC 2009 – 2010 Môn Toán , khối A, B, D (gồm 05 trang) Câu Ý N ộ i dung Đi ể m I 1 Kh ả o sát s ự bi ế n thiên và v ẽ đ ồ th ị c ủ a hàm s ố (1). 1,00 • Tập xác định: D = ¡ . • Sự biến thiên: Chiều biến thiên 3 y'4x8x.y0x0;x2 ′ =−=⇔==± Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ) ( ) 2;0và2; −+∞ . Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ) ( ) ;2và0;2 −∞− . 0,25 Hàm số đạt cực đại tại x = 0, cd y3 = , đạt cực tiểu tại ct x2,y1 =±=− Giới hạn: x x limylimy →+∞ →−∞ ==+∞ . 0,25 B ảng biến thi ên: x - ∞ 2 − 0 2 + ∞ y' - 0 + 0 - 0 + y +∞ +∞ 3 -1 -1 • Đồ thị: (h1) -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 x y O -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 x y O (h1) (h2) 0,25 0,25 2 Tìm các giá tr ị c ủ a m… 1,00 Xét hàm số 42 yx4x3 =−+ (2). Từ đồ thị hàm số (1) suy ra đồ thị hàm số (2) như sau: Giữ nguyên phần đồ thị hàm số (1) nằm phía trên trục hoành. 0,25 L ấ y đ ố i x ứ ng ph ầ n đ ồ th ị hàm s ố (1) n ằ m dư ớ i Ox qua Ox; b ỏ ph ầ n đ ồ th ị hàm s ố (1) n ằ m dưới Ox. 0,25 Số nghiệm thực của phương trình 42 x4x3m −+= bằng số giao điểm của đường thẳng y = m với đồ thị hàm số (2). 0,25 Căn c ứ vào đ ồ th ị (h2) ta th ấ y không t ồ n t ạ i m th ỏ a mãn yêu c ầ u bài to án . 0,25 II 1 Gi ả i phương tr ình lư ợ ng giác… 1,00 3 cosx2sinx 4 π  −=   ( ) ( ) 33 1 cosxsinx2sinxcosxsinx4sinx 22 ⇔+=⇔+= 3223 cosx3cosxsinx3cosxsinxsinx4sinx ⇔+++= 0,25 + Nếu sinx=0 thì cosx=0, mâu thuẫn với 22 sinxcosx1. += 0,25 + Nếu sinx ≠ 0 thì chia 2 vế của phương trình cho 3 sinx ta được ( ) 32232 cotx3cotx3cotx141cotxcotxcotx3cotx30 +++=+⇔−+−= 0,25 ( ) ( ) 2 cotx1cotx30cotx1xk,k. 4 π ⇔−+=⇔=⇔=+π∈ ¢ 0,25 2 Gi ả i phương tr ình vô t ỷ … 1,00 Điều kiện ( ] [ ) { } x;12;0 ∈−∞−+∞ UU 0,25 Phương tr ình t ương đương: ( ) ( ) 22222222 x2xxx2xxx24x2xxx22xx −+++−−=⇔−−=+ 0,25 ( ) ( ) ( ) 2222222 4xxx2x4x4x1x4x4x84x4x10 ⇔−−=++⇔−−−−−= 0,25 ( ) 2 x0 x8x90 9 x 8 =   ⇔−−=⇔  =−  thỏa mãn điều kiện. 0,25 III Tính tích phân … 1,00 I= ( ) 33 3 66 1dx1dx 22 13 sinx sinxcosx 22 ππ π ππ = + + ∫∫ 0,25 Đặt t = x + 3 π , ta có: 22 33 2 22 1dt1dcost I 2sint2 1cost ππ ππ ==− − ∫∫ 0,25 ( ) ( ) ( ) 2 3 2 2 1111 3 dcostln1costln1cost 41cost1cost4 2 π π π  =−+=−+−−  π −+  ∫ 0,25 2 11 1 11cost111 3 22 lnlnlnln3 13 41cost444 1 22 2 π  −  + =−=−=−=  π −  +   . 0,25 IV Cho hình chóp S.ABC… 1,00 Ta có ( ) · BCAB BCSABBCSBBSC BCSA ⊥  ⇒⊥⇒⊥⇒  ⊥  là góc giữa đường thẳng SC với mặt phẳng (SAB). Vậy tam giác SBC vuông cân đỉnh B. 0,25 Đặt SA=x, ta có AC= x2SCx3 ⇒= (1) Mặt khác do tam giác SBC vuông cân tại B nên SC= a6 (2) 0,25 Từ (1) và (2) suy ra a6 = x3 xa2ABa ⇔=⇒= 0,25 Thể tích khối chóp SABC: V(SABC) = ( ) 111 dtABC.SA.AB.BC.AS 332 = 1 a.a3.a2 6 = 3 3 a66 a 66 ==(đvtt). 0,25 V Tìm giá tr ị l ớ n nh ấ t và giá tr ị nh ỏ nh ấ t c ủ a bi ể u th ứ c 1,00 ( ) ( ) () 22 22 22 22 x1y12xyxy13 xy2xy4 P xy2 xy3 −+−+−+ −+ == − +− ( ) ( ) 2 22 2 22 1xxyyxyxyxyxy1 1 1xxyyxy3xy3xyxy 3 =−+=−+≥⇒≤ =−+=+−≥−⇒≥− 0,25 Từ đó nếu đặt t = xy thì t 1 ;1 3  ∈−   và () 2 t2t44 Pftt t2t2 −+ ===+ −− () ( ) ( ) 2 2 t22t4 4 ft10t24 t22t0 t2 −==  ′ =−=⇔−=⇔⇔  −=−=  − 0,25 () 22 1 t;1 3 xy1 minft3t =1 xxyy1  ∈−   =   =−⇔⇔⇔  −+=   ( ) 2 xy1 xy4 xy1 xy1  ==   += ⇔   ==− =    0,25 () ( ) ( )( )( )( ) { } 22 1 t;1 3 xy0 maxft2t =0x;y0;1,0;1,1;0,1;0 xxyy1  ∈−   =   =−⇔⇔⇔∈−−  −+=   Vậy giá trị nhỏ nhất của P là -3, giá trị lớn nhất của P là -2. 0,25 VIa 1 Xác đ ị nh t ọ a đ ộ đi ể m D … 1,00 Ta có: ( ) BC7;3 =−− uuur . Trung điểm I của BC có tọa độ 31 I; 22    . Phương trình đường thẳng ∆ là trung trực của BC: 7x +3 y – 12 = 0. 0,25 D ễ th ấ y A và B n ằ m cùng phía đ ố i v ớ i ∆ nên t ồ n t ạ i hình thang th ỏ a mãn đi ề u ki ệ n bài toán. 0,25 Phương trình đường thẳng d đi qua A và song song với BC: 3x7y180 −+= Tọa độ giao điểm J của d và ∆ là nghiệm của hệ: 7x3y120 1581 J(;) 3x7y180 2929 +−=  ⇒  −+=  0,25 Điểm D (x,y) đối xứng với A qua J nên tọa độ thỏa mãn: 301 x1x 2929 16275 y3y 2929  +==   ⇔   +==   . Vậy D ( 1 29 ; 75 29 ). 0,25 2 Xác đ ị nh t ọ a đ ộ tâm đư ờ ng tròn ngo ạ i ti ế p tam giác ABC. 1,00 AB(1;3;6);AC(0;1;1) =−=−− uuuruuur ( ) 366113 AB,AC;;;9;1;10 111001 −−  ==−−≠⇒   −−−−  uuuuruuurr A, B, C không thẳng hàng. 0,25 Phương trình mặt phẳng (ABC): 9xyz14 −+= . Gọi I (x; y; z) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, ta có: IAIB IAIC I(ABC) =   =   ∈  0,25 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 222222 222222 x1y2z3x2y1z3 x1y2z3x1y3z2 9xyz14  −+++−=−+−++   ⇔−+++−=−+++−   −+=   x3y6z0 yz0 9xyz14 +−=   ⇔+=   −+=  0,25 1261414 I;; 838383  ⇒−   0,25 VIIa Tìm nghiệm phức của phương trình: 2 z2z0 += 1,00 Gi ả s ử z = x + yi, theo gi ả thi ế t ta có : 2222 xy2xyi2x2yi0xy2x2y(x1)i0 −++−=⇔−++−= 0,25 22 xy2x0 2y(x1)0   −+= ⇔  −=   0,25 ( ) ( )( ) ( ) ( ) { } x,y0;0;2;0;1;3;13 ∈−− 0,25 Phương trình có 4 nghiệm z = 0; z = -2; z = 13i + ; z = 13i − 0,25 VIb 1 Tìm t ọ a đ ộ các đ ỉ nh B, C … 1,00 Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ x3y120x3 B(3;5) x7y320y5 ++==  ⇔⇒−  ++==−  0,25 Gọi A ′ (x,y) là điểm đối xứng với A qua 1 d : 1 AAd ′ ⊥ và trung điểm của AA’ thuộc 1 d 27x3y1 x 3xy100 2731 5 13 A; x3y24031 x3y1 55 y3120 5 22 +−  =− =  −+=    ′ ⇔⇔⇔⇒−−   ++= −+    =−++=     0,25 Đường thẳng BC chính là đường thẳng BA ′ : x7y380 −−= Phương trình đường thẳng AC: x3y1 7xy220 17 +− =⇔−+= 0,25 Tọa độ C là nghiệm ( ) 7xy220x4 C4,6 x7y380y6 −+==−  ⇔⇒−−  −−==−  . Vậy ( ) ( ) B3;5,C4,6 −−− . 0,25 2 Vi ế t phương tr ình m ặ t c ầ u (S) … 1,00 G ọ i I là tâm m ặ t c ầ u (S) , do I thu ộ c ∆ nên t ọ a đ ộ I có d ạ ng I(1+2t;2+t; 3 - t) . 0,25 M ặ t c ầ u (S) ti ế p xúc v ớ i (P) và (Q) nên d(I,(P)) = d(I,(Q)) ( ) ( ) 22 2222 12t42t3t312t2t62t2 t35t5 121112 +−−+−−+++−+− ⇔=⇔+=− +−+++− t2 1 t 3 =   ⇔  =  0,25 + Với t = 2 suy ra I(5; 4;1), R = 5 6 và (S): ( ) ( ) ( ) 222 25 x5y4z1 6 −+−+−= 0,25 + Với t = 157810 I;;;R 3333 36  ⇒=   và (S): 222 57820 xyz 3339  −+−+−=   0,25 VIIb Gi ả i phương tr ình … 1,00 Điều kiện x > -1. Đặt t = ( ) tt 3 logx1x13x31 +⇒+=⇒=− 0,25 Phương trình trở thành tt tttt 21 2312131 33  =−⇔+=⇔+=   (*) 0, 25 Vì ( ) 12 ;0;1 33 ∈ nên vế trái của (*) là hàm số nghịch biến của t, vế phải là hàm hằng do đó (*) có nhiều nhất 1 nghiệm. 0, 25 M ặ t khác t = 1 là nghi ệ m c ủ a (*) s uy ra (*) tương đương t = 1 hay ( ) 3 logx11x13x2 +=⇔+=⇔= (thỏa mãn điều kiện). 0,25 . Đồ thị: (h1) -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 x y O -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 x y O (h1) (h2) 0 ,25 0 ,25 2 Tìm các giá. ) 22 22 22 12t42t3t312t2t62t2 t35t5 121 1 12 +−−+−−+++−+− ⇔=⇔+=− +−+++− t2 1 t 3 =   ⇔  =  0 ,25 + Với t = 2 suy ra I(5; 4;1), R = 5 6 và (S): ( ) ( ) ( ) 22 2 25 x5y4z1 6 −+−+−= 0 ,25 . ( ) ( ) 22 222 2 22 222 2 x1y2z3x2y1z3 x1y2z3x1y3z2 9xyz14  −+++−=−+−++   ⇔−+++−=−+++−   −+=   x3y6z0 yz0 9xyz14 +−=   ⇔+=   −+=  0 ,25 126 1414 I;; 838383  ⇒−   0 ,25 VIIa