ĐỀ THI BK1 - LỚP 12 (2010-2011)

TRƯỜNG THPT YÊN MÔ B Năm học 2010 – 2011 ĐỀ KIỂM TRA BÁN KẾT HỌC KỲ I Môn: Toán – Lớp 12 Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 04 câu, 01 trang) Câu 1(3,5 điểm): Cho hàm số 24 4xxy −= (C) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số trên. 2) Tìm m để phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt: 324 24 −=− mxx . 3) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có tung độ 45 0 =y . Câu 2(2,5 điểm): 1) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 435 23 ++−= xxxy trên [ ] 4;1 . 2) Cho hàm số )1()1(2)12( 223 +−+++−= mmxmmxmxy . Tìm m để hàm số trên đạt cực đại tại x = 0. Câu 3(3,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O. Biết )(ABCDSA ⊥ , aBCSBaAB 2, === . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC,SC. 1) Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. 2) Tính thể tích khối tứ diện BMND theo a. 3) Tính khoảng cách từ D đến (BMN). Câu 4(1,0 điểm): Cho hàm số ( ) 224 122 mxmxy +−−= (C m Tìm m để (C ) m 4321 ,,, xxxx ) cắt trục Ox tại bốn điểm phân biệt có hoành độ sao cho: 482 4321 4 4 4 3 4 2 4 1 =−+++ xxxxxxxx . …………………… Hết……… ………… TRƯỜNG THPT YÊN MÔ B Năm học 2010 – 2011 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KIỂM TRA BÁN KẾT HỌC KỲ I Môn: Toán – Lớp 12 (Hướng dẫn chấm gồm 04 câu, 04 trang) Câu Ý Đáp án Điểm 1 (3.5điểm) 1 (2.0đ) 1. Tập xác định: D = R 0.25 2. Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: Ta có ( ) 2484 ' 23 −=−= xxxxy ( )    ±= = ⇔=−⇔= 2 0 0240' 2 x x xxy 0.25 Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ) 0;2− và ( ) +∞;2 Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ) 2;−∞− và ( ) 2;0 0.25 - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại ;0=x y CĐ Hàm số đạt cực tiểu tại = 0 ;2±=x ; y CT 0.25 = -4. - Giới hạn tại vô cực: ( ) +∞=−= +∞→+∞→ 24 4limlim xxy xx ( ) +∞=−= −∞→−∞→ 24 4limlim xxy xx 0.25 - Bảng biến thiên: x ∞− 2 − 0 2 ∞+ y’ - 0 + 0 - 0 + y ∞+ 0 ∞+ -4 -4 0.25 3. Đồ thị: - Giao Ox: Cho ( )    ±= = ⇔=−⇔ =−⇒= 2 0 04040 2224 x x xxx xy ⇒ Đồ thị giao Ox tại: (0; 0), ( ) 0;2− , ( ) 0;2 - Giao Oy tại (0; 0). - Đồ thị hàm số nhận Oy là trục đối xứng. -2 -1 1 2 -4 -3 -2 -1 1 x y 0.5 1 2 (0.5đ) - Phương trình có 4 nghiệm phân biệt ⇔ đường thẳng y = 2m - 3 cắt đồ thị (C) tại 4 điểm phân biệt 2 3 2 1 0324 << − ⇔<−<−⇔ mm 0.25 0.25 3 (1.0đ) - Phương trình hoành độ tiếp điểm:    −= = ⇔=−−⇔=− 5 9 0454454 2 2 2424 x x xxxx 39 2 ±=⇔=⇔ xx 0.25 0.25 - Với ( ) 843'3 =⇒= yx , phương trình tiếp tuyến: 2078445)3(84 −=⇔+−= xyxy 0.25 - Với ( ) 842'3 −=⇒−= yx , phương trình tiếp tuyến: 2078445)3(84 −−=⇔++−= xyxy KL: Có 2 tiếp tuyến thỏa mãn… 0.25 2 (2.5điểm) 1 (1.5đ) -Ta có: 3103' 2 +−= xxy     = = ⇔=+−⇔= )(, 3 1 3 031030' 2 loaix x xxy 0.5 -Ta có: ( ) 31 =y ( ) 04 =y ( ) 53 −=y 0.5 - Vậy [ ] 3max 4;1 =y tại x = 1 [ ] 5min 4;1 −=y tại x = 3 0.25 0.25 2 (1.0đ) Ta có: )1(2)12(23' 2 +++−= mmxmxy )12(26" +−= mxy Hàm số đạt cực đại tại x = 0    < = ⇔ 0)0(" 0)0(' y y 0.25 0.25        −>    −= = ⇔    <+− =+ ⇔ 2 1 1 0 0)12(2 0)1( m m m m mm 0=⇔ m 0.25 0.25 3 (3.0điểm) 1 (1.0đ) -Diện tích đáy: 2 2aS ABCD = -Đường cao: 34 2222 aaaABSBSA =−=−= 3 32 3.2. 3 1 . 3 1 3 2 . a aaSASV ABCDABCDS ===⇒ 0.25 0.25 0.5 2 (1.0đ) -chỉ ra )(ABCDON ⊥ ON là đường cao của tứ diện BMND; 2 3 2 1 a SAON == 2 . 2 1 . 2 1 2 a aaBMCDS BMD === ∆ 12 3 2 3 . 2 . 3 1 . 3 1 32 aaa ONSV BMDBMND ===⇒ ∆ 0.25 0.25 0.25 0.25 3 (1.0đ) Cách 1 -chỉ ra : BMN SBMN SBBC ∆⇒    ⊥ // vuông cân tại M. 22 1 2 2 a BMS BMN ==⇒ ∆ ( ) ( ) ( ) 2 3 )(, 3 )(,)(,. 3 1 a BMNDd S V BMNDdBMNDdSV BMN BMND BMNBMND = =⇒= ∆ ∆ 0.25 0.25 0.25 0.25 (Cách tương tự: ( ) ( ) SBC BCDS S V SBCDdBMNDd ∆ == . 3 )(,)(, ). Cách 2 -Chỉ ra : ( ) ( ) )(,)(,)//( SBCAdBMNDdSBCAD =⇒ Hạ SBAK ⊥ tại K, chỉ ra )(SBCAK ⊥ Tính được ( ) 2 3 )(, 2 3 a BMNDd a AK =⇒= 0.25 0.25 0.5 4 (1.0điểm) -PT hoành độ giao điểm: ( ) )1(,0122 224 =+−− mxmx Đặt )0(, 2 ≥= txt ta có PT: ( ) )2(,0122 22 =+−− mtmt - (C m ) cắt Ox tại 4 điểm phân biệt ⇔ PT(1) có 4 nghiệm phân biệt ⇔ PT(2) có 2 nghiệm dương phân biệt t 1 , t ( ) ( ) ( )( ) 1 0 2 1 0131 0 0122 012 0 0 0' 2 2 2 >⇔        ≠ > >−− ⇔      > >− >−− ⇔      > > >∆ ⇔ m m m mm m m mm P S 2 0.25 -Khi đó phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt: 24231211 ,,, txtxtxtx −==−== . Ta có: 482 4321 4 4 4 3 4 2 4 1 =−+++ xxxxxxxx . 482 21 2 2 2 2 2 1 2 1 =−+++⇔ tttttt ( ) 243 24 21 2 21 21 2 2 2 1 =−+⇔ =−+⇔ tttt tttt ( )     −= = ⇔ =−−⇔ =−−⇔ )(, 13 10 2 0201613 243124 2 2 2 loaim m mm mm KL: m = 2 thỏa mãn bài toán. 0.25 0.25 0.25 Chú ý: Học sinh làm bài theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. ………………………. Hết ………………………. . ) 0;2 - Giao Oy tại (0; 0). - Đồ thị hàm số nhận Oy là trục đối xứng. -2 -1 1 2 -4 -3 -2 -1 1 x y 0.5 1 2 (0.5đ) - Phương trình có 4 nghiệm phân biệt ⇔ đường thẳng y = 2m - 3 cắt. ) +∞=−= −∞→−∞→ 24 4limlim xxy xx 0.25 - Bảng biến thi n: x ∞− 2 − 0 2 ∞+ y’ - 0 + 0 - 0 + y ∞+ 0 ∞+ -4 -4 0.25 3. Đồ thị: - Giao Ox: Cho ( )    ±= = ⇔=−⇔ =−⇒= 2 0 04040 2224 x x xxx xy . TRƯỜNG THPT YÊN MÔ B Năm học 2010 – 2011 ĐỀ KIỂM TRA BÁN KẾT HỌC KỲ I Môn: Toán – Lớp 12 Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 04 câu, 01 trang) Câu 1(3,5