SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP TRƯỜNG THPT TRẦN VĂN NĂNG ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I Năm học 2009 - 2010 Môn thi: TOÁN 12 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: (Đề thi gồm 01 trang) A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ HỌC SINH: (7,0 điểm) Câu I: (3,0 điểm) Cho hàm số 3 2 3 4y x x= − + − (C) 1/ Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2/ Dựa vào đồ thị (C) biện luận số nghiệm phương trình 3 2 3 0x x m− + = . Câu II: (2,0 điểm) 1/ Tính giá trị biểu thức 3 81 2log 4 4log 2 9B + = . 2/ Cho hàm số 2 2 . x y x e= . Tìm ' (1)y . Câu III: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh SA vuông góc với mp(ABCD), cạnh 2SC a= . 1/ Tính thể tích khối chóp S.ABCD. 2/ Tìm tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. B. PHẦN TỰ CHỌN: (3 điểm) Học sinh chọn (câu IV.a; V.a hoặc IV.b; V.b) Câu IVa: (2,0 điểm) 1/ Giải phương trình: 1 4 16 3 x x+ − = 2/ Giải bất phương trình: 1 2 3 1 log 1 2 x x − ≤ − ÷ − + Câu Va: (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số lny x x= − trên đoạn 1 ; 2 e Câu IVb: (2,0 điểm) 1/ Giải bất phương trình ( ) 1 5 1 5 5 log log 2 log 3x x− − < . 2/ Tìm m để đồ thị hàm số 3 2 3 2y x mx x= + + − đạt cực trị. Câu Vb: (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số 2 1 x y e − = trên đoạn [ ] 1;1− . Hết ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I Năm học 2009 - 2010 Môn thi: TOÁN 12 Câu Nội dung Điểm I (3 điểm) 1/ Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số 3 2 3 4y x x= − + − • Tập xác định: D R= • Giới hạn: lim x y →−∞ = +∞ ; lim x y →+∞ = −∞ • Sự biến thiên: 2 3 6y x x ′ = − + 2 0 4 0 3 6 0 2 0 x y y x x x y = = − ′ = ⇔ − + = ⇔ ⇔ = = • Bảng biến thiên: Hàm số đồng biến trong khoảng ( ) 0;2 Hàm số nghịch biến trong khoảng ( ) ( ) ;0 2;−∞ ∪ +∞ Hàm số đạt cực đại tại 2; 0 CD x y= = Hàm số đạt cực tiểu tại 0; 4 CT x y= = − • Đồ thị: ( ) :C Oy∩ 0 4x y= ⇒ = − ( ) :C Ox∩ 1 0 2 x y x = − = ⇒ = Điểm uốn: (1; 2)I − 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 x y’ y 0 2 - 0 + 0 - -4 0 +∞ −∞ 2/ Biện luận số nghiệm phương trình 3 2 3 0x x m− + = (1) Ta có: 3 2 3 0x x m− + = 3 2 3 2 3 3 4 4 x x m x x m ⇔ − + = ⇔ − + − = − Đây là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng y = m – 4. Số giao điểm chính là số nghiệm phương trình (1). • 4 4 0 4 0 4 m m m m − < − < ⇔ − > > Có một giao điểm. Phương trình (1) có một nghiệm. • 4 4 0 4 0 4 m m m m − = − = ⇔ − = = Có hai giao điểm. Phương trình (1) có hai nghiệm. • 4 4 0 0 4m m− < − < ⇔ < < Có ba giao điểm. Phương trình (1) có ba nghiệm. 0.25 0.25 0.25 0.25 II (2 điểm) 1/ 3 81 2log 4 4log 2 9B + = 2 3 4 3 3 3 3 log 4 4log 2 log 16 log 2 2log 32 2 9 9 3 32 1024 + + = = = = = 0.25 0.25 0.25 0.25 2/ 2 2 . x y x e= ( ) ( ) ' 2 2 2 2x x y x e x e ′ ′ = + 2 2 2 2 2 2 2 (1 ) x x x xe x e xe x = + = + ' 2 (1) 4y e = 0.25 0.25 0.25 0.25 III (2 điểm) 1/ 1 1 . 3 3 ABCD V Bh S SA= = 2 ABCD S a= (đvdt) 2 2 2 2 2 SC SA AC SA SC AC= + ⇒ = − ( ) ( ) 2 2 2 2 2SA a a a⇒ = − = 3 2 1 2 . . 2 3 3 a V a a= = (đvtt) 0.25 0.25 0.25 0.25 2/ Ta có: SA AC ⊥ (do ( )SA ABCD⊥ ) ABC⇒ ∆ vuông tại A. Hay A nhìn cạnh SC dưới một góc vuông. Mặt khác: AD CD SD CD ⊥ ⇒ ⊥ (định lí ba đường vuông góc) SDC⇒ ∆ vuông tại D. Hay D nhìn cạnh SC dưới một góc vuông. Tương tự: SBC ∆ vuông tại B. Hay B nhìn cạnh SC dưới một góc vuông. 0.25 0.25 0.25 S A B C D 2a a Vậy tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là trung điểm cạnh SC. Bán kính mặt cầu: 2 SC R a= = 0.25 IVa (2 điểm) 1/ 1 4 16 3 x x+ − = (*) Đặt 4 0 x t = > (*) 2 4 3 0t t⇒ − + − = 1( ) 3( ) t n t n = ⇔ = • 1 2 1 0 x t x= ⇒ = ⇔ = • 2 3 2 3 log 3 x t x= ⇒ = ⇔ = Vậy phương trình có nghiệm là: 2 0 log 3 x x = = 0.25 0.25 0.25 0.25 2/ 1 2 3 1 log 1 2 x x − ≤ − ÷ − + 3 1 2 2 5 5 0 2 1 2 x x x x x − ⇔ ≥ − + − ⇔ ≥ − + ⇔ ≤ < Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: [ ) 1;2S = 0.25 0.25 0.25 0.25 Va (1 điểm) Tập xác định: 1 ; 2 D e = 1 1 1 x y x x − ′ = − = 0 1 0 1 1y x x y ′ = ⇔ − = ⇔ = ⇒ = Vậy 1 ; 2 min 1 e y − = tại x = 1; 1 ; 2 max 1 e y e − = − tại x = e 0.25 0.25 0.25 0.25 IVb (2 điểm) 1/ ( ) 1 5 1 5 5 log log 2 log 3x x− − < (1) Điều kiện: x > 2 (1) 1 1 1 5 5 5 log log ( 2) log 3x x⇒ + − < 1 1 5 5 log ( 2) log 3 ( 2) 3 x x x x ⇔ − < ⇔ − > 0.25 0.25 x y’ y 1 e 1 0- + e-1 2 2 3 0 1 3 x x x x ⇔ − − > ⇔ < − ∨ > So sánh điều kiện suy ra: x > 3 Vậy tập nghiệm bất phương trình là: ( ) 3:S = +∞ 0.25 0.25 2/ Ta có: 2 3 2 3y x mx ′ = + + Để hàm số đạt cực trị thì phương trình 0y ′ = có hai nghiệm phân biệt 2 9 0 3 3 m m ′ ⇔ ∆ = − ≥ ⇔ − ≤ ≤ Vậy với 3 3m− ≤ ≤ thì hàm số đã cho có cực trị 0.25 0.25 0.25 0.25 Vb (1 điểm) 2 1 x y e − = Tập xác định D = [ ] 1;1− 2 1 2 1 x xe y x − − ′ = − 0 0y x y e ′ = ⇔ = ⇒ = Vậy [ ] 1;1 min 1y − = tại x = 1± ; [ ] 1;1 max y e − = tại x = 0 0.25 0.25 0.25 0.25 x y’ y -1 0 1 e 0+ - . ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I Năm học 2009 - 2010 Môn thi: TOÁN 12 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: (Đề thi gồm 01 trang) A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ HỌC SINH: (7,0. 2010 Môn thi: TOÁN 12 Câu Nội dung Điểm I (3 điểm) 1/ Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số 3 2 3 4y x x= − + − • Tập xác định: D R= • Giới hạn: lim x y →−∞ = +∞ ; lim x y →+∞ = −∞ • Sự biến thi n: 2 3. 6y x x ′ = − + 2 0 4 0 3 6 0 2 0 x y y x x x y = = − ′ = ⇔ − + = ⇔ ⇔ = = • Bảng biến thi n: Hàm số đồng biến trong khoảng ( ) 0;2 Hàm số nghịch biến trong khoảng ( ) ( ) ;0 2;−∞ ∪