Đề thi môn toán khối 12 năm học 2009-2010 bao gồm các câu hỏi về khảo sát hàm số, giải phương trình, tính tích phân, và hình học không gian. Các câu hỏi yêu cầu thí sinh lập phương trình của các đối tượng hình học, giải tích các phương trình phức tạp và chứng minh định lý toán học. Đề thi được chia thành phần chung và phần riêng, với nhiều câu hỏi có tính chất yêu cầu phân tích và lập luận sâu.

1. 0
TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI MÔN TOÁN, KHỐI 12 (2009-2010)
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  3 2
3 3 1 1 3y x x m x m      (1)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi 1m  .
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 0x y  một góc 30
.
Câu II (2 điểm)
1) Giải phương trình 2
1 1 4 3x x x    .
2) Giải phương trình
sin cos
2tan 2 cos2 0
sin cos
x x
x x
x x

  

.
Câu III (1 điểm) Tính tích phân
1
2
0 1
dx
I
x x

 
 .
Câu IV (1 điểm)
Cho hình chóp .S ABCD có SA x và tất cả các cạnh còn lại có độ dài bằng a  0, 0x a  .
Chứng minh rằng đường thẳng BD vuông góc với mặt phẳng  SAC . Tìm x theo a để thể tích
của khối chóp .S ABCD bằng
3
2
6
a
.
Câu V (1 điểm)
Cho ba số không âm , ,a b c thay đổi luôn thoả mãn điều kiện 1a b c   .
Chứng minh rằng: 2 2 2
12 1a b c abc   
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  3;3A và đường thẳng : 2 0d x y   . 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  3; 2; 2A   và mặt phẳng  P có phương
trình : 1 0x y z    . 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)
Tìm hệ số của 8
x trong khai triển thành đa thức của:  
102 1
1 2
4
x x x
 
   
 
.
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 0x y  .Biết rằng điểm (2;1)I 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  : 3 0P x y z    và  2;2;2A .
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.
Câu VII.b (1 điểm) Giải hệ phương trình
 
1
22 2 log 0
1
1 5 1 0
x y x
y
x y y

   
    
---------------------------------Hết---------------------------------

2. 1
TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I
Năm học 2009-2010
ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC
MÔN TOÁN KHỐI 12
(Đáp án- thang điểm gồm có 04 trang)
Câu Nội dung Điểm
I 1) Khi 1m  , hàm số (1) trở thành: 3 2
3 4y x x  
Tập xác định 
 Sự biến thiên: ' 2 '
3 6 , 0 0 2y x x y x x       0.25
yCĐ=y(0)=4, yCT=y(2)=0 0.25
 Bảng biến thiên
x  0 2 
'
y  0  0 
y 4 
 0
0.25
 Đồ thị
8
6
4
2
-2
-4
-6
-8
-10 -5 5 10
f x  = x3-3x2
 +4
0.25
2)    ' 2 2
3 6 3 1 3 2 1y x x m x x m       
Hàm số (1) có cực đại, cực tiểu  phương trình '
0y  có hai nghiệm
phân biệt 1 2,x x và '
y đổi dấu khi x đi qua các nghiệm đó 0m  0.25
  2
1 2 1 2 2 2y x x x m mx m        ;  1 12 2 2y x mx m   
 2 22 2 2y x mx m    . Vậy phương trình đường thẳng đi qua hai điểm
cực trị của đồ thị hàm số (1) là 2 2 2 2 2 2 0y mx m mx y m         . 0.50
Đường thẳng 2 2 2 0mx y m    có một véctơ pháp tuyến  1 2 ;1n m

;
đường thẳng 0x y  có một véctơ pháp tuyến  2 1;1n

. Theo bài ra ta có 0.25

3. 2
1 2 2
2
1 2
. 2 1 3 2 3
cos30 4 8 1 0
2 2. 4 1. 2
n n m
m m m
n n m
 
        


 
 
II 1) Điều kiện 0x  .
2
1 1 4 3x x x      2 2 1
4 1 3 1 0 2 1 2 1 0
3 1
x
x x x x x
x x

          
  0.50
 
1 1
2 1 2 1 0 2 1 0
23 1
x x x x
x x
 
          
  
.
0.50
2) Điều kiện cos2 0x 
Phương trình  
2 2 2
sin cos 2sin 2 cos 2 0 sin 2 sin 2 0x x x x x x         0.50
sin 2 0
sin 2 1
x
x

  
. Do sin 2 1x  thì cos2 0x  , nên chỉ có  sin 2 0
2
x x k k

   
0.50
III Đặt sin cosx t dx tdt   ; Khi 0x  thì 0t  ; Khi 1x  thì
2
t

 .
0.25
   2 2 2
0 0 0
sin cos cos sincos 1 1 cos sin
1
sin cos 2 sin cos 2 sin cos
t t t ttdt t t
I dt dt
t t t t t t
  
    
    
   
  
0.50
 
2
0
1
ln sin cos
2 4
I t t t


      .
0.25
IV Do ,B D cách đều , ,S A C nên  BD SAC . Gọi O AC BD  . Các tam giác
, ,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
2 2
2 2 2 2 2
. .
1 1 1 1
2. 2. . . . 3
6 3 3 4 6
S ABCD S ABC
a x
V V BO SA SC ax AB OA ax a ax a x

       
0.25
3
2 2
.
2 1
3
6 6 2
S ABCD
x aa
V ax a x
x a

    
 0.25
V Với 1a b c   thì
2 2 2 2 2 2 2
12 1 12 ( ) ( )
12( ) 2( )
a b c abc abc a b c a b c
a b c abc ab bc ca
          
     
0.50
2
3( ) ( ) 3( ) ( )a b c abc ab bc ca a b c abc ab bc ca           
2 2 21
[( ) ( ) ( ) ] 0
2
ab bc bc ca ca ab       (luôn đúng)
Dấu bằng xảy ra khi chỉ khi
1
3
a b c  
0.50
VI.a 1) Gọi ,I R lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn cần tìm.
Ta có  , 2 2R d A d  . 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 : 0a x y  0.25

4. 3
Toạ độ tâm I là nghiệm của hệ
0
1
2 0
x y
x y
x y
 
  
  
. Tâm  1;1I
0.25
Vậy đường tròn cần tìm có phương trình    
2 2
1 1 8x y    0.25
2) Giả sử n

là một vec tơ pháp tuyến của (Q)
Vì ( ) ( )P Q nên (1, 1, 1)Pn n  
 
(1) 0.25
mặt phẳng  Q cắt hai trục ,Oy Oz lần lượt tại hai điểm    0; ;0 , 0;0;M a N b
phân biệt sao cho OM ON nên
0
0
0
b a
a b
b a
 
      
Ta thấy n MN
 
(2).
Xét 2 trường hợp 0.25
Trường hợp 1: nếu 0b a  thì (0, , ) / / (0, 1,1)MN a a u 
 
Từ (1) và (2) suy ra có thể chọn , (2,1,1)Pn u n   
  
là một vec tơ pháp tuyến
của  Q
Mp Q có phương trình 2( 3) ( 2) ( 2) 0 2 2 0x y z x y z          
Khi đó  Q cắt ,Oy Oz tại    0;2;0 , 0;0;2M N ( thỏa mãn đề bài) 0.25
Trường hợp 2: nếu 0b a   thì (0, , ) / / (0,1,1)MN a a v 
 
Từ (1) và (2) suy ra có thể chọn , (0,1, 1)Pn v n    
  
là một vec tơ pháp
tuyến của  Q ,  Q có phương trình 0( 3) ( 2) ( 2) 0 0x y z y z        
Khi đó  Q cắt ,Oy Oz tại  0;0;0O (không thỏa mãn đề bài)
Vậy mặt phẳng  Q có phương trình 2 2 0x y z    0.25
VII.a 2 10 2 10 121 1 1
( )(1 2 ) (4 4 1)(1 2 ) (1 2 )
4 4 4
x x x x x x x        
0.25
Theo khai triển Newton số hạng chứa 8
x là
8 8 8
12
1
.2 .
4
C x
0.50
Hệ số của 8
x bằng 8 8
12
1
.2
4
C =31680
0.25
VI.b Đường thẳng IK qua I và song song với AB có phương trình 1 0x y   0.25
Chiều cao kẻ từ C của ABC bằng h= 2 2
2 1
2. 2
1 ( 1)


 
2. 4
2 2
2
ABCS
AB
h
  
0.25
2
2
AB
IK   suy ra K nằm trên đường tròn (C ) tâm I bán kính 2
có phương trình 2 2
( 2) ( 1) 2x y    0.25
Tọa độ điểm K là nghiệm của hệ
2 2
( 2) ( 1) 2
1 0
x y
x y
    

  
Tìm được  1;0K hoặc  3;2K . 0.25

5. 4
2) Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng  P . Gọi d là
đường thẳng qua A và vuông góc với  P . Ta có d :
2
2
2
x t
y t
z t
 

 
  
 2 ;2 ;2H d H t t t     . Mà  H P nên 2 2 2 3 0 1t t t t          .
Vậy  1;1;1H ; 3AH  . 0.25
ABH vuông tại H
2
2 2 2 2 22 3 9
3
3 2 2
AB AH HB AB AB AB
 
         
  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.
Ta có
2
3 3
. .
2 4
AB
AM AB AI AH R AI
AH
    
0.25
Từ
3
4
AI AH
 
. Suy ra
5 5 5
; ;
4 4 4
I
 
 
 
Mặt cầu cần tìm có phương trình:
2 2 2
5 5 5 27
4 4 4 16
x y z
     
          
      0.25
VII.b
 
   
1
22 2 log 0 1
1
1 5 1 0 2
x y x
y
x y y

   
    
Điều kiện 0
1
x
y


.
Trường hợp 1:
0 0
1 0 1
x x
y y
  
 
   
(1)    1 1
2 2 2 22 2 log log 1 0 2 2 log 1 logx y x y
x y y x 
          
Nếu 1x y  thì vế trái dương, vế phải âm (loại);
Nếu 1x y  thì vế trái âm, vế phải dương (loại)
Vậy 1x y  hay 1y x  . Thay vào (2) ta có: 2
5 6 0 2 3x x x x      
Với 2x  thì 1y   ; Với 3x  thì 2y   (thoả mãn điều kiện).
0.50
Trường hợp 2:
0 0
1 0 1
x x
y y
  
 
   
(*)
Từ (2) có  
1
5 1 1 0
5
y x y y        . Mâu thuẫn với (*).
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm  ; (2; 1);(3; 2)x y    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