1/3 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIỂM TRA HỌC KỲ I – NĂM HỌC 2010−2011 GIA LAI MÔN: TOÁN LỚP 12 − H Ệ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM (Hướng dẫn chấm này có 3 trang) I. Hướng dẫn chung * Đáp án này chỉ nêu sơ lược một cách giải, trong bài làm học sinh phải trình bày lời giải chi tiết. * Nếu học sinh làm cách khác hướng dẫn chấm nhưng đúng thì vẫn được điểm tối đa. * Làm tròn điểm theo quy định chung của Bộ Giáo dục – Đào tạo cho Hệ Trung học phổ thông. II. Đáp án − Thang điểm Câu Đáp án Điểm a) • Tập xác định: D = ¡ • Sự biến thiên: + 2 '36 yxx =+ ; y’ = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = −2 + Hàm số nghịch biến trên khoảng (−2 ; 0); đồng biến trên các khoảng (;2) −∞− , (0 ; +∞). Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y CT = −4 và đạt cực đại tại x = −2, y CĐ = 0 + lim,lim xx yy →+∞→−∞ =+∞=−∞ + Bảng biến thiên. x – ∞ −2 0 + ∞ y’ + 0 − 0 + y 0 + ∞ − ∞ −4 0.25 0.25 0.25 0.25 0.50 O 1 2 -2 -4 -1 -2 x y -3 • Đồ thị : Đồ thị (C) hàm số qua các điểm (−3 ; −4), (2;0) − , (−1 ; −2), (0;4) − và (1 ; 0). .… 0.50 1 (2.5 điểm) b) Ta có : ( ) 323232 3013344 xxmxxmxxm +−=⇔+=⇔+−=− Số nghiệm của (1) là số giao điểm của hai đường : 32 34 =+− yxx và d : 4 ym =− Dựa vào đồ thị ta có phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 44004 mm −<−<⇔<< 0.25 0.25 a) Ta có 23 32 72 lg108lg(2.3)2lg23lg323 log108 lg72lg(2.3)3lg22lg332 ++ ==== ++ ab ab ….………………….… 0.75 2 (1.5 điểm) b) Ta có 23 '()3'()0,[0;2] x fxefxx − =−⇒<∀∈ ….… ………………………………….…. Vì () fx liên tục trên [0 ; 2] nên 2 [0;2] max()(0) fxfe == và 4 [0;2] min()(2) fxfe − == ………… 0.50 0.25 3 (3.0 điểm) + Hình vẽ (0.25: chỉ yêu cầu vẽ hình chóp S.ABC, đúng nét đứt) a) Gọi O là tâm của tam giác đều ABC. Khi đó SO ⊥ (ABC). Do đó góc giữa cạnh bên và mặt đáy là · 0 60 SBO = 233 . 323 aa OB ==⇒ · tan SOOBSBOa == Thể tích khối chóp: 3 0 1113 sin60. 33212 ABC a VSSOABACSO=== 0.25 0.25 0.25 0.50 N M K I O C B A S H 2/3 b) Vì S.ABC là hình chóp đều nên SO là trục của đường tròn ngoại tiếp ∆ABC. Mặt phẳng trung trực (Q) của cạnh SB cắt SO tại I. Khi đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. ( (Q) cắt mp(SOB) theo giao tuyến KI, K là trung điểm SB) Tứ giác KIOB nội tiếp đường tròn ⇒ SI.SO = SK.SB. Tính được R = .2 3 SKSBa SI SO == Vậy diện tích mặt cầu là S mc = 2 2 16 4 9 a R π π = . 0.50 0.25 0.25 c) Vì (P) // AB nên MN // AB. Suy ra SMSN SASB = Hai khối chóp C.SMN và C.SAB có cùng chiều cao. Suy ra 2 . . CSMNSMN CSABSAB VSSM VSSA == Vì thể tích hai khối chóp C.SMN và C.MNBA bằng nhau nên . . 1 2 CSMN CSAB V V = Vậy 1 2 SM SA = ………………………………………………………………………….… 0.25 0.25 0.25 a) + Điều kiện x > 0 và x > 2⇔ x > 2 (*)………………………………………………….…. + Với đk (*) phương trình đã cho tương đương với phương trình: 55 log(2)log3 −=xx 2 (2)32x301 xxxx ⇔−=⇔−−=⇔=− hoặc 3 = x + Đối chiếu với đk (*), phương trình đã cho có 1 nghiệm x = 3 0.25 0.50 0.25 b) + Đặt 3 = x t , đk t > 0 (**) Với đk (**), bpt đã cho trở thành 2 42601 +−≥⇔≥ ttt hoặc 3 2 − ≤t + Đối chiếu với (**) ta được t ≥ 1. Do đó 310 x x ≥⇔≥ . Vậy bpt có tập nghiệm là [0;) +∞ …………………………………. 0.25 0.50 0.50 4A (3.0 điểm) c) + Phương trình hai tiệm cận của (C) là x = 1 và y = 0 ⇒ I(1 ; 0) …………… …………. Tìm được phương trình tiếp tuyến ∆ của (C) tại M(x 0 ; y 0 ) : 2 00 (1)210 +−−+= xxyx . + d = d(I, ∆ ) = 0 4 0 |22| 1(1) − +− x x . Ta có 42 000 1(1)2(1)21. xxx +−≥−=− …… Do đó 2 ≤d . Vậy max 2 =d đạt được ⇔ 2 00 (1)10 −=⇔= xx hoặc 0 2 = x . + Vậy các điểm cần tìm là M(0 ; −1) và N(2 ; 1)………………………………… ….… 0.25 0.25 0.25 a) + Đặt 3 = x t , đk t > 0 (*) + Phương trình đã cho trở thành 2 42601 ttt +−=⇔= hoặc 3 2 t =− ………….….……… + Đối chiếu với (*) ta được 1 t = ……………………………………………………….….…………. + Do đó 310 x x =⇔= . Vậy phương trình đã cho có một nghiệm 0 x = …….…… ………. 0.25 0.50 0.25 0.25 4B (3.0 điểm) b) Đặt 4 ()log(1)3 fxxx =++ . Ta có (3)10 f = ⇒ phương trình đã cho có một nghiệm x = 10………………………………………………. Hàm số f(x) xác định trên (1;) −+∞ . Ta có 1 '()3 (1)ln4 fx x =+ + ⇒ '()0,(1;) fxx >∀∈−+∞ + Ta có 3()(3)10 xfxf >⇒>= và 13()(3)10 −<<⇒<= xfxf . Do đó phương trình không có nghiệm 3 x ≠ …………………………………………………. Vậy phương trình 4 log(1)310 xx ++= có duy nhất một nghiệm x = 3 0.25 0.50 0.25 3/3 c) + Phương trình hai tiệm cận của (C) là y = x và x = 0 ⇒ I(0 ; 0)……………………… Tìm được phương trình tiếp tuyến ∆ của (C) tại M(x 0 ; y 0 ) bất kì : 0 22 00 (1)20 −−+= xxxyx + d = d(I, ∆ ) = 00 00 42242 00 2||2|| (1)221 = +−−+ xx xxxx . Đặt 0 tx = , đk 0 t > . Xét hàm số 42 2 () 221 t ft tt = −+ trên (0;) +∞ . Ta có 4 423 42 '() (221) t ft tt −+ = −+ . 4 1 '()0 2 ftt=⇔= …………………………………………………………………………. t 0 4 1 2 +∞ '() ft + 0 − () ft Vậy max 4 2(22) 2 d + = đạt được khi và chỉ khi 00 44 11 22 xx=⇔= hoặc 0 4 1 2 − =x … 0.25 0.25 0.25 Hết . Giáo dục – Đào tạo cho Hệ Trung học phổ thông. II. Đáp án − Thang điểm Câu Đáp án Điểm a) • Tập xác định: D = ¡ • Sự biến thi n: + 2 '36 yxx =+ ; y’ = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = −2 +. 12 − H Ệ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM (Hướng dẫn chấm này có 3 trang) I. Hướng dẫn chung * Đáp án này chỉ nêu sơ lược một cách giải, trong bài làm học sinh phải. y CT = −4 và đạt cực đại tại x = −2, y CĐ = 0 + lim,lim xx yy →+∞→−∞ =+∞=−∞ + Bảng biến thi n. x – ∞ −2 0 + ∞ y’ + 0 − 0 + y 0 + ∞ − ∞ −4 0.25 0.25 0.25 0.25 0.50