Đề số 1 ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010 Môn TOÁN Lớp 12 Nâng cao Thời gian làm bài 90 phút Bài 1 (3 điểm) a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: y f x x x x C 3 2 1 ( ) 2 3 1 ( ) 3 = = − + − ( 2 điểm) b) Tìm m để đường thẳng d y mx( ): 2 1= − cắt C( ) tại 3 điểm phân biệt? ( 1 điểm) Bài 2 (3 điểm) a) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: f x x x 1 2 ( ) cos2 2sin 2 3 = + − , với x 0; 2 π ∈ ( 1 điểm) b) Giải phương trình: x x 2 1 9 3 log 6log 1 0− − = ( 1 điểm) c) Giải hệ phương trình: x y x x y 2 3 2 0 27 3 .9 0 − + = − = ( 1 điểm) Bài 3 (1 điểm) Cho hàm số m x m x m y C x 2 ( 1) 1 ( ) 1 + + + + = + , m là tham số. Chứng minh rằng với m ∀ , đồ thị ( ) m C luôn có cực đại, cực tiểu. Tìm m để khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị ( ) m C đến đường thẳng x y( ):3 4 2 0 ∆ − + = bằng 4? ( 1 điểm) Bài 4 (3 điểm) Cho hình chóp S ABC. có SA ABC( )⊥ , đáy là ABC ∆ vuông cân tại A . Biết SA a AB a AC a2 , 3, 3= = = . a) Tính thể tích của khối chóp S ABC. . (1,5 điểm) b) Xác định tâm I và tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC. . Suy ra diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC. và thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC. . (1 điểm) c) Gọi M N P, , lần lượt là trung điểm của SB SC AC, , . Mặt phẳng MNP( ) cắt AB tại Q . Tính diện tích toàn phần của khối đa diện MNPQBC . ( 0,5 điểm) =========================== Đề số 1 ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ 1 Môn TOÁN Lớp 12 Nâng cao Thời gian làm bài 90 phút Bài 1 (3 điểm) a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: y f x x x x C 3 2 1 ( ) 2 3 1 ( ) 3 = = − + − • Tập xác định D R= ( 0,25 điểm) • Giới hạn x x y ylim ; lim →+∞ →−∞ = +∞ = −∞ ( 0,25 điểm) • x y y x x y x x x y 2 2 1 1 ' 4 3; ' 0 4 3 0 3 3 1 = = = − + = ⇔ − + = ⇔ ⇒ = = − ( 0,25 điểm) • Bảng biến thiên ( 0,5 điểm) Hàm số nghịch biến trên (1;3) , đồng biến trên ( ;1)−∞ và (3; )+∞ Điểm cực tiểu I 1 (3; 1)− , điểm cực đại I 2 1 1; 3 ÷ • Ta có y x y x x'' 2 4; '' 0 2 4 0 2= − = ⇔ − = ⇔ = . Điểm uốn I 1 2; 3 − ÷ (0,25 điểm) • Đồ thị: ( 0,5 điểm) Điểm đặc biệt: ( ) A 0; 1− , B 1 4; 3 ÷ . Đồ thị hàm số nhận điểm uốn I 1 2; 3 − ÷ làm tâm đối xứng. 1 3 1− + 0 1 −∞ 3 0 +∞ +∞ −∞ +- x ( ) 'f x ( ) f x 0 -2 A 2 -1 x y I 1 -2 3 4 . . . . . . . . B . -1 b) Tìm m để đường thẳng d y mx( ): 2 1= − cắt ( ) C tại 3 điểm phân biệt? Phương trình hoành độ giao điểm của C( ) và d( ) là: x x x x = 2mx x x x m x x m 3 2 2 2 0 1 1 2 3 1 1 2 3 2 0 1 2 3 2 0 3 3 3 = − + − − ⇔ − + − = ⇔ ÷ − + − = Đặt ( ) g x x x m 3 1 2 3 2 3 = − + − ( 0,5 điểm) Để PT đã cho có 3 nghiệm phân biệt thì PT g x( ) 0= có 2 nghiệm phân biệt khác 0 m m m g m 1 0 1 (3 2 ) 0 0 3 3 3 (0) 0 2 2 ∆ > − − > ′ > ⇔ ⇔ ⇒ ≠ ≠ ≠ ( 0,5 điểm) Bài 2 ( 3 điểm) a) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: f x x x 1 2 ( ) cos2 2sin 2 3 = + − , với x 0; 2 π ∈ Ta có ( ) f x x x x x x 2 2 1 2 1 ( ) 1 2sin 2sin sin 2sin , 0; 2 3 6 2 π = − + − = − + − ∈ (0,25 điểm) Đặt t x t g t t t t 2 1 sin , 0 1 ( ) 2 , 0;1 6 = ≤ ≤ ⇒ = − + − ∈ . (0,25 điểm) g t t g t t t( ) 2 2, ( ) 0 1, 0; 1 ′ ′ = − + = ⇔ = ∀ ∈ . (0,25 điểm) Ta có: g g 1 5 (0) ; (1) 6 6 = − = Giá trị lớn nhất là: [ ] g t g khi t f x khi x 0;1 0; 2 5 5 max ( ) (1) 1 max ( ) 6 6 2 π π = = = ⇔ = = Giá trị nhỏ nhất là: ( ) g t g khi t f x khi x 0;1 0; 2 1 1 min ( ) (0) 0 min 0 6 6 π = = − = ⇔ = − = Vậy f x khi x 0; 2 5 max ( ) 6 2 π π = = , ( ) f x khi x 0; 2 1 min 0 6 π = − = ( 0,25 điểm) b) Phương trình x x 2 1 9 3 log 6log 1 0− − = ⇔ x x 2 3 3 4log 3log 1 0− − = (0,25 điểm) Đặt t x 3 log= , ta có phương trình: (0,25 điểm) x x t t t x t x 3 2 4 3 3 log 1 1 1 4 3 1 0 1 1 log 4 3 4 = = = − − = ⇔ ⇔ ⇒ = = − = − (0,5 điểm) . C S A B K E M N Q P I H d c) Giải hệ phương trình x x x y y 2 3 2 0 (1) 27 3 .9 0 (2) − + = − = x y x y x x y 2 2 2 (2) 27 3 .9 3 3⇔ = ⇔ = ⇔ = , thay vào phương trình (1) ta được: y y y x y y y x y y 2 1 1 1 1 3 2 0 2 4 2 2 = = = − = − + = ⇔ ⇔ ⇒ = = = = − ( 0,5 điểm) Vậy hệ phương trình có nghiệm (1;1); (1; 1); (4;2); (4; 2)− − ( 0,5 điểm) Bài 3 (1 điểm) • Tập xác định { } D R \ 2= − ( 0,25 điểm) • x m x x m x m x x y x x 2 2 2 2 (2 1)( 1) ( 1) 1 2 ' ( 1) ( 1) + + + − + + + + + = = + + x y m y x x x y m 2 0 1 ' 0 2 0 2 3 = = + = ⇔ + = ⇔ ⇒ = − = − ( 0,25 điểm) Dựa vào BBT ⇒ điểm cực đại là: I m 1 ( 2; 3)− − (0,25 điểm) Khoảng cách từ điểm cực đại I m 1 ( 2; 3)− − đến đường thẳng x y( ):3 4 2 0 ∆ − + = là: m m d I m m 1 8 4 3 ( ,( )) 4 2 5 7 5 ∆ − = − = = ⇔ − = ⇔ = (0,25 điểm) Bài 4 (3 điểm) • Vẽ hình đúng (0,5 điểm) Do SA ABC( )⊥ nên SA là đường cao của hình chóp S ABC. . ABC V SA S 1 . 3 ∆ = (0,25 điểm) Mà ABC ∆ vuông cân tại C ABC a S AC AB a a 2 1 1 3 . 3. 3 2 2 2 ∆ = = = ( 0,25 điểm) Suy ra V a a a 2 3 1 3 2 . 3 2 = = . ( 0,5 điểm) 2− 3m − 1m + + 0 −∞ 0 0 +∞ +∞ −∞ +- x ( ) 'f x ( ) f x - 1− b) Gọi H là trung điểm BC . Ta có: HA HB HC= = (do ABC ∆ vuông tại A ) Từ H dựng đường thẳng d ⊥ ABC( ) . Suy ra d là trục mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC. . Dựng mặt phẳng trung trực của cạnh SA đi qua trung điểm E của SA , cắt d tại điểm I . Ta có IA IS (1)= Tương tự, dựng mặt phẳng trung trực các cạnh SB SC, . Ta có: IC IB IS (2)= = Từ (1),(2) suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp S ABC. . Bán kính R IA= . Ta có a IA IH AH 2 2 10 2 = + = (0,5 điểm) Diện tích mặt cầu là: S R a 2 2 4 10 π π = = . Thể tích khối cầu là: V R a 3 3 4 5 10 3 3 π π = = (0,5 điểm) c) Mặt phẳng MNP( ) cắt ABC( ) theo giao tuyến PQ song song với BC , với Q là trung điểm của AB . (0,25 điểm) Diện tích toàn phần của khối đa diện MNPQBC bằng: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) dt MNPQ dt BMQ dt PNC dt BCPQ dt MNBC a a a a a a 2 2 2 2 2 2 6 3 3 9 3 33 6 3 9 3 33 2 4 4 8 8 2 2 8 8 + + + + = = + + + + = + + + ÷ ÷ (0,25 điểm) ============================= . Đề số 1 ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010 Môn TOÁN Lớp 12 Nâng cao Thời gian làm bài 90 phút Bài 1 (3 điểm) a). toàn phần của khối đa diện MNPQBC . ( 0,5 điểm) =========================== Đề số 1 ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ 1 Môn TOÁN Lớp 12 Nâng cao Thời gian làm bài 90 phút Bài 1 (3 điểm) a) Khảo sát và vẽ. 4 3; ' 0 4 3 0 3 3 1 = = = − + = ⇔ − + = ⇔ ⇒ = = − ( 0,25 điểm) • Bảng biến thi n ( 0,5 điểm) Hàm số nghịch biến trên (1;3) , đồng biến trên ( ;1)−∞ và (3; )+∞ Điểm cực