Đề thi đề xuất 1 – Kiểm tra Học kỳ 1 năm học 2010-2011 – Môn Toán lớp 12 pdf

Đề thi đề xuất 1 – Kiểm tra Học kỳ 1 năm học 2010-2011 – Môn Toán lớp 12 Thầy giáo Nguyễn Văn Thiết, trường THPT Vinh Xuân, Phú Vang, Thừa Thiên Huế 1 Trường THPT Vinh Xuân KIỂM TRA HỌC KỲ I - NĂM HỌC 2010-2011 Tổ Toán Tin MÔN TOÁN LỚP 12 ( Thời gian 90 phút ) ĐỀ THI ĐỀ XUẤT 1 HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM A- PHẦN CHUNG ( 7 điểm ) Câu Nội dung Điểm Câu 1 Cho hàm số 4 2 2 4 1 y x x    3,00 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 4 2 2 4 1 y x x    1.Tập xác định D  ¡ . 2. Sự biến thiên a. Giới hạn: lim x y    ; lim x y    0,50 b. Chiều biến thiên:   3 2 ' 8 8 8 1 y x x x x     ; 0 ' 0 1 x y x             ' 0, 1;0 1;y x       nên hàm số đồng biến trên các khoảng   1;0  và   1;  .     ' 0, ; 1 0;1 y x      nên hàm số nghịch biến trên các khoảng   ; 1   và   0;1 . Hàm số đạt cực đại tại 0 x  và CD 1 y  . Hàm số đạt cực tiểu tại 1 x   và CT 1 y   0,50 c. Bảng biến thiên x  1  0 1  y’  0 + 0  0 + y  1  1  1  0,50 1.1 ( 2,00 ) 3. Đồ thị 0,50 Đề thi đề xuất 1 – Kiểm tra Học kỳ 1 năm học 2010-2011 – Môn Toán lớp 12 Thầy giáo Nguyễn Văn Thiết, trường THPT Vinh Xuân, Phú Vang, Thừa Thiên Huế 2 Tìm tham số m để phương trình sau có tám nghiệm phân biệt 4 2 2 4 1 x x m    (1) Phương trình (1) có tám nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng y m  cắt đồ thị 1 ( ) C của hàm số 4 2 2 4 1 y x x    tại 8 điểm phân biệt . 0,25 Từ đồ thị (C) của hàm số 4 2 2 4 1 y x x    suy ra đồ thị 1 ( ) C của hàm số 4 2 2 4 1 y x x    như sau: 0,50 1.2 ( 1,00 ) Dựa vào đồ thị 1 ( ) C suy ra đường thẳng y m  cắt đồ thị 1 ( ) C tại 8 điểm phân biệt khi và chỉ khi 0 1 m   . 0,25 Câu 2 2,00 Giải phương trình 2 1 1 5 .3 1 x x   Lấy lôgarit cơ số 5 hai vế của phương trình ta được   2 5 5 1 1 log 5 .3 log 1 x x   2 5 5 1 1 log 5 log 3 0 x x     0,25   2 5 1 1 log 3 0 x x      0,25       5 1 1 1 log 3 0 x x x           5 1 1 log 3 0 x x      0,25 2.1 (1,00) 5 1 1 log 3 x x         Vậy phương trình có 2 nghiệm 1 x   và 5 1 log 3 x   0,25 Tìm giá trị lớn nhất của hàm số   2 5 ln 12 6 y x x x     Tập xác định của hàm số   3;4 D   . 0,25 Ta có 2 1 2 5 ' 12 6 x y x x        2 2 5 7 66 6 12 x x x x       ' 0 y   2 5 7 66 0 x x     3 x   hoặc 22 5 x   Vì   3;4 x  nên ta chọn 3 x  . 0,25 2.2 (1,00) Bảng biến thiên Đề thi đề xuất 1 – Kiểm tra Học kỳ 1 năm học 2010-2011 – Môn Toán lớp 12 Thầy giáo Nguyễn Văn Thiết, trường THPT Vinh Xuân, Phú Vang, Thừa Thiên Huế 3 x 22 5  3  3 4 y’  0 + + 0   y 5 ln6 2    0,25 Từ bảng biến thiên suy ra   3;4 5 ln6 2 max CD yy     đạt được khi 3 x  . 0,25 Câu 3 Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi ABCD cạnh a, · 0 60 ABC  2,00 Tính thể tích tứ diện SBMD theo a. Gọi O là giao điểm của AC và BD. Vì ABCD là hình thoi cạnh a và · 0 60 ABC  nên tam giác ABC là tam giác đều, suy ra AC a  và 3 2 a BO  . Do đó 2 3 BD BO a   . Từ tam giác vuông SAC ta có 2 2 2 2 3 SA SC AC a    3 SA a   . 0,25 Áp dụng công thức tỉ số thể tích hai khối chóp tam giác có chung đỉnh ta có 1 . . 2 SBMD SBCD V SB SM SD SM V SB SC SD SC    1 2 SBMD SBCD V V  0,25 Thể tích khối chóp SBCD là 3 1 1 . . . 3 6 4 SBCD BCD a V S SA BD OC SA   0,25 3.1 (1,00) Vậy thể tích tứ diện SBMD là 3 1 2 8 SBMD SBCD a V V   . 0,25 3.2 (1,00) + Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SBMD. Đề thi đề xuất 1 – Kiểm tra Học kỳ 1 năm học 2010-2011 – Môn Toán lớp 12 Thầy giáo Nguyễn Văn Thiết, trường THPT Vinh Xuân, Phú Vang, Thừa Thiên Huế 4 Do OM là đường trung bình của tam giác SAC nên 3 2 2 SA a OM   . Suy ra 3 2 a OB OD OM   nên O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMD (1) Mặt khác, ta có // OM SA và ( ) SA ABCD  nên ( ) OM ABCD  suy ra OM AC  , kết hợp với BD AC  ta có ( ) AC BMD  (2) Từ (1) và (2) suy ra đường thẳng AC là trục của tam giác BMD. Trong mặt phẳng (SAC) dựng đường trung trực của đoạn thẳng SM cắt đường thẳng AC tại điểm I. Khi đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SBMD, bán kính mặt cầu là r IS  . 0,50 Gọi N là trung điểm của đoạn thẳng SM thì IN SM  và 3 3 3 .2 4 4 2 a NC SC a   Từ hai tam giác vuông đồng dạng SAC và INC ta có SA AC IN NC  . SA NC IN AC   3 3. 3 3 2 2 a a a a   Từ tam giác vuông ISN ta có 2 2 2 2 2 2 3 3 7 2 2 a a IS IN SN a                  7 IS a   . Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SBMD là 7 r IS a   . 0,50 B- PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) Phần 1: Theo chương trình chuẩn Câu 4a 2,00 Giải bất phương trình       2 2 4 1 4 log 1 3log 1 log 1 2 x x x       Điều kiện 1 x  . 0,25 Bpt       2 2 2 2 3 1 log 1 log 1 log 1 2 2 2 x x x            2 2 2 log 1 log 1 2 x x          2 2 2 log 1 log 1 2 0 x x       0,25 Đặt   2 log 1 t x   bất phương trình trở thành 2 2 0 t t    2 1 t     0,25 4a.1 (1,00) Suy ra   2 2 log 1 1 x     1 1 2 4 x     5 3 4 x    ( thỏa mãn 1 x  ) Vậy bất phương trình có tập nghiệm là 5 ;3 4 S        . 0,25 4a.2 (1,00) Tìm tham số m để đường thẳng y x m    cắt đồ thị hàm số Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng y x m    và đồ thị Đề thi đề xuất 1 – Kiểm tra Học kỳ 1 năm học 2010-2011 – Môn Toán lớp 12 Thầy giáo Nguyễn Văn Thiết, trường THPT Vinh Xuân, Phú Vang, Thừa Thiên Huế 5 hàm số 2 8 1 x y x     là 2 8 1 x x m x         2 ( ) 3 8 0 f x x m x m        (1) ( với 1 x  ) 0,25 Đường thẳng y x m    cắt đồ thị hàm số 2 8 1 x y x     tại hai điểm phân biệt A và B khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1     2 3 4 8 0 (1) 1 3 8 0 m m f m m                   2 2 23 0 6 0 m m         1 2 6 1 2 6 m m            (*) 0,25 Khi đó gọi tọa độ giao điểm là   1 1 ; A x y và   2 2 ; B x y , trong đó 1 2 , x x là nghiệm của phương trình (1) và 1 1 y x m    , 2 2 y x m    . Theo định lý Vi-ét ta có 1 2 1 2 3, 8 x x m x x m      . 0,25 Từ tam giác OAB vuông góc tại O ta có OA OB  . 0 OAOB   uuur uuur 1 2 1 2 0 x x y y        1 2 1 2 0 x x x m x m          2 1 2 1 2 2 0 x x m x x m          2 2 8 3 0 m m m m       16 0 m    16 m   ( thỏa mãn điều kiện (*) ) 0,25 Câu 5a Cho hình trụ có bán kính đáy bằng R và trục ' 3 OO R  1,00 Vì mặt phẳng (ABCD) cắt hai mặt phẳng đáy song song (O) và (O’) theo hai giao tuyến AB và CD nên // AB CD . Kết hợp với giả thiết 3 AB CD R  suy ra tứ giác ABCD là hình bình hành. (*) 0,25 Dựng hai đường sinh CC’ và DD’ của hình trụ, khi đó CDD’C’ là hình chữ nhật, suy ra ' '// C D CD và ' ' 3 C D CD R  (1) Vì ABCD là hình bình hành nên // AB CD và 3 AB CD R  ( 2) Từ (1) và (2) suy ra // ' ' AB C D và ' ' 3 AB C D R   Do đó tứ giác ABC’D’ là hình bình hành, nhưng ABC’D’ nội tiếp đường tròn (O) nên ABC’D’ là hình chữ nhật. Suy ra ' AB AD  , mà ' AB DD  ( vì ( ) ' mp O DD  ) nên   ' AB mp ADD  , do đó AB AD  (**) Từ (*) và (**) suy ra ABCD là hình chữ nhật . 0,25 Mặt khác, từ ABC’D’ là hình chữ nhật suy ra BD’ là đường kính của đường tròn đáy, do đó ' 2 BD R  . Từ tam giác vuông BC’D’ ta có 2 2 2 2 2 2 ' ' ' ' 4 3 BC BD C D R R R      ' BC R   Đề thi đề xuất 1 – Kiểm tra Học kỳ 1 năm học 2010-2011 – Môn Toán lớp 12 Thầy giáo Nguyễn Văn Thiết, trường THPT Vinh Xuân, Phú Vang, Thừa Thiên Huế 6 Do ' ( ) CC mp O  nên ' ' CC BC  , do đó tam giác BCC’ vuông góc tại C’, suy ra 2 2 2 ' ' BC BC CC   2 2 2 3 4 R R R    2 BC R   . Vậy diện tích hình chữ nhật ABCD là 2 . 3.2 2 3 ABCD S AB BC R R R    0,50 Phần 2: Theo chương trình nâng cao Câu 4b 2,00 Giải hệ phương trình 2 2 3 8 3 y x x y y x           Hpt 2 2 3 3 (1) 8 (2) y x x y x y            0,25 Xét hàm số ( ) 3 t f t t   xác định và liên tục trên ¡ , ta có '( ) 3 ln3 1 0, t f t t      ¡ suy ra ( ) f t là hàm số đồng biến trên ¡ . 0,25 Do đó từ phương trình (1) ta có ( ) ( ) f x f y  x y   . Thế x y  vào phương trình (2) ta được 2 4 2 x x     . 0,25 4b.1 (1.00) Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm là     ; 2; 2 x y  và     ; 2; 2 x y    . 0,25 Phương trình hoành độ giao điểm của đường thẳng   1 3 y m x    và đồ thị hàm số 3 2 3 1 y x x    là   3 2 3 1 1 3 x x m x      (1)   3 2 3 4 1 x x m x            2 1 4 4 1 x x x m x           2 1 4 4 0 x x x m       2 1 ( ) 4 4 0 (2) x f x x x m            0,25 Đường thẳng   1 3 y m x    cắt đồ thị hàm số 3 2 3 1 y x x    tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1  ' 4 4 0 ( 1) 1 4 4 0 m f m                0 9 m m       (*) 0,25 Với điều kiện (*) phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt 1 1 x   , 2 x và 3 x , trong đó 2 x và 3 x là nghiệm của phương trình (2). Theo định lý Vi-ét ta có: 2 3 4 x x   , 2 3 4 x x m   Suy ra     3 3 3 3 3 3 3 1 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 ( 1) 1 3 x x x x x x x x x x x               3 1 4 3 4 .4 m       1 64 12 4 m      15 12 m   . Đề thi đề xuất 1 – Kiểm tra Học kỳ 1 năm học 2 010 -2 011 – Môn Toán lớp 12 Thầy giáo Nguyễn Văn Thi t, trường THPT Vinh Xuân, Phú Vang, Thừa Thi n Huế 1 Trường THPT Vinh Xuân KIỂM TRA HỌC. 2.2 (1, 00) Bảng biến thi n Đề thi đề xuất 1 – Kiểm tra Học kỳ 1 năm học 2 010 -2 011 – Môn Toán lớp 12 Thầy giáo Nguyễn Văn Thi t, trường THPT Vinh Xuân, Phú Vang, Thừa Thi n. ' BC R   Đề thi đề xuất 1 – Kiểm tra Học kỳ 1 năm học 2 010 -2 011 – Môn Toán lớp 12 Thầy giáo Nguyễn Văn Thi t, trường THPT Vinh Xuân, Phú Vang, Thừa Thi n Huế 6 Do '