Đề thi môn Toán, khối 12 (lần 1) năm học: 2010 - 2011

TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I ĐỀ THI MÔN TOÁN, KHỐI 12 (lần 1) ĐỀ CHÍNH THỨC Năm học: 2010-2011 Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu I (2,0 điểm) 1 Cho hàm số y   x2  m x2 1 (1), với m là tham số thực. 4 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m  3 . 2. Xác định m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt A và B sao cho hai tiếp tuyến tại A và B vuông góc với nhau. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 3 sin 2x  cos x  sin x  cos 2x  2 . 2. Giải bất phương trình 3x 4  5 x  3x2 8x 19 0 . Câu III (1,0 điểm) 2 dx Tính tích phân I  .  2 1 1 6x  3x Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC. A1 B 1 C1 có đáy là tam giác đều. Mặt phẳng  A1 BC tạo  với đáy một góc 30 và tam giác A1 BC có diện tích bằng 18. Hãy tính thể tích khối lăng trụ ABC. A1 B 1 C1 . Câu V (1,0 điểm) x2  y2  4 Cho hệ phương trình x  , y  .  2    x y  m Xác định giá trị của tham số thực m để hệ đã cho có nghiệm. Câu VI (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường tròn C :  x 12   y  32  4 . Gọi I là tâm của đường tròn C . Tìm m để đường thẳng mx  4y  3m 1  0 cắt C tại hai điểm phân biệt A và B sao cho AIB  120 . Câu VII (2,0 điểm) x  9 1. Giải phương trình log x x  9  log  0 . 2 2 x 2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x3  5  x2  ----------------------Hết---------------------- 0 TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I ĐÁP ÁN MÔN TOÁN KHỐI 12 Năm học 2010-2011 (lần 1) Câu Nội dung Điểm I 1 2 2 1. Khi m  3 hàm số (1) trở thành y   x  3 x 1 . 4  Tập xác định:   Sự biến thiên: y'  x x2 1 ; y' 0 x  0; x  1. Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ;  1 , 0;1 . Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng 1;0 , 1; 0.25 -Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x  1; yCT  1 3 Hàm số đạt cực đại tại x  0 ; y   CD 4 -Giới hạn: lim y   x 0.25 Bảng biến thiên: x  -1 0 1  y' - 0 + 0 - 0 + 3 y    4 -1 -1 0.25 Đồ thị 1 fx = x2-3 x2+1 8  4  6 4 2 -15 -10 -5 5 10 15 -2 -4 -6 -8 0.25 2. Đồ thị cắt Ox tại A m;0 , B  m;0 , với m  0 . 1 y'  x2x2 1  m . Tiếp tuyến tại A và B lần lượt có hệ số góc là 2 m m k  y'  m   m 1 ;k  y' ( m)  m 1 1   2 2 2 0.50 1 Tiếp tuyến tại A và B vuông góc với nhau khi và chỉ khi m 2 k. k  1   m 1  1  m3  2m2  m 4  0  1 2 4 2 m 1m  3m  4 0  m 1 0.50 II 1. 3 sin 2x  cos x  sin x  cos 2x  2  3 sin 2x  cos 2x  sin x  3 cos x  2 3 1 1 3  sin 2x  cos 2x  sin x  cos x 1 2 2 2 2 2 2    sin sin 2x  cos cos 2x  cos sin x  sin cos x 1 3 3 3 3  2     2        cos 2x    sin  x   1 1  2sin  x    sin  x   1  3   3   3   3          sin  x   1 2sin  x    0  3    3  0.50      Trường hợp 1: sin  x   0 x   k x   k  3  3 3 0.25 Trường hợp 2:       1 1 2sin  x   0  sin  x     3   3  2      x    k2 x   k2  3 6  2     k    5 7  x    k2 x   k2  3 6  6 0.25 4 2. Điều kiện:  x  5 3 0.25 Bất pt đã cho tương đương với: 2  3x 4  4  1 5  x   3x 8x 16 0 0.25 3 x  4 x  4     x  4 3x  4  0 3x 4  4 1 5  x  3 1    x  4    3x  4  0  3x 4  4 1 5  x  0.25 3 1  4  x 4  0 x  4 (vì   3x  4 >0 x   ;5 ) 3x 4  4 1 5  x  3  Kết hợp với điều kiện, ta có bất pt đã cho có tập nghiệm là 4;5 0.25 III 2 dx 2 dx I    2  2 1 1 6x  3x 1 4 3 x 1 Đặt 3  x 1  2sin t  3dx  2costdt  Đổi cận: Khi x 1 thì t  0 ; khi x  2 thì t  . 3 0.50    3 2costdt 3 2costdt 1 3  3 Vậy I    dt   2   0 3. 4 4sin t 0 3.2cost 3 0 9 0.50 2 IV Giả sử CK  x , ở đây AK là đường cao của tam giác đều ABC . Theo  định lí 3 đường vuông góc, ta có A1 K  BC . Từ đó AKA1  30 . AK 2AK Xét tam giác A AK , ta có: A K   . 1 1 cos30 3 2x 3 Mà AK   x 3 nên A K  2x 2 1 0.50 3 A A  AK tan 30  x 3.  x . 1 3 Vậy V  CK. AK. AA  x3 3 . ABC. A1 B 1 C 1 1 0.25 Nhưng S  CK. A K  a nên x.2 x 18  x2 9 x  3 .  A1 BC 1 Vậy V  33 3  27 3 . ABC. A1 B 1 C 1 A1 B1 C1 A B K C 0.25 V Từ x2  y2  4 , suy ra điều kiện 2 x  2; 2  y  2 Cộng theo vế của 2 pt trong hệ ta được: x2 x  m 4  m  x2 x  4 . Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình m  x2 x  4 có nghiệm thuộc đoạn 2;2. 0.50 3 1 Đặt f x  x2 x  4 . f '  x  2x 1; f '  x 0 x   2 Lập bảng biến thiên của hàm số f x  x2 x  4 với x  2;2 1 x 2  2 2 y' - 0 + y 2 2 17  4 17 Từ bảng biến thiên, ta có giá trị m cần tìm là   m  2 4 0.50 VI Đường tròn C có tâm I 1;3 , bán kính R  2 . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên đường thẳng AB . Tam giác IAB cân tại I , 1 AIB  120  AIH  60  IH  AI.cos60  2. 1 2 0.50 m 12 3m 1 2m 11 d I, AB 1  1  1 m2 16 m2 16 2 35  2m 11  m2 16  3m2  44m 105 0  m 3  m  3 I A H B 0.50 VII 1. Điều kiện x x  9 0 x  9 hoặc x  0 0.25 Với đk trên, phương trình đã cho tương đương với:  x  9 2 log2 x x  9 . 0  log2  x  9  0  x  0.25   x  92 1 x  8 x  10 . Đối chiếu với đk, ta loại x  8. Vậy pt đã cho có nghiệm duy nhất x  10. 0.50   2.Tập xác định D   5; 5 . 0.25 x2 3 5  x2  2x2  5 y' 3  5  x2   5  x2 5  x2 0.25 4 5  x2  0 2x2 5  0 '   y 0   2  2 2  2 2 3 5  x  2x  5 9 5  x   2x  5 4x4 11x2  20 0    x2 4 x  2  D  2 5 x   2 0.25 Ta có, f 2  8, f 2  8, f  5  3 5, f  5  3 5 . Vậy giá trị lớn nhất của hàm số bằng 8 tại x  2 ; giá trị nhỏ nhất của hàm số bằng 8 tại x  2. 0.25 --------------Hết-------------- Thạch Thành, ngày 2 tháng 1 năm 2011. Người ra đề và làm đáp án: BÙI TRÍ TUẤN Mọi thắc mắc về đề thi và đáp án này xin gửi về bui_trituan@yahoo.com 5