Tr ờng thpt chuyên Tn kỳ thi chất lợng học kỳ i năm học 2012-2013 Môn thi : Toán Lớp 12 đề thi chính thức Thời gian l m b i : 120 phút , không kể thời gian giao đề I . Phần chung cho tất cả các thí sinh ( 7,0 điểm ) Câu 1.(3,0 im ) Cho h m s 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2) Viết phơng trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại các điểm có hoành độ là nghiệm của phơng trình Câu 2.(2,0 im) 1) Tìm giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn 2) Xác định giá trị của tham số m để hàm số đạt cực trị tại , đó là điểm cực đại hay cực tiểu . Câu 3 (2,0 im ) Cho hình chóp S.ABCD , có đáy là hình vuông cạnh bằng a , gọi H là trung điểm của cạnh AD , biết SH vuông góc với mặt phẳng đáy , góc giữa SB và mặt phẳng đáy bằng . 1) Tính thể tích khối chóp . 2) Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp II . Phần Riêng phần tự chọn ( 3,0 điểm ) Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chơng trình Chuẩn Câu 4.a (2,0 im ) . 1) Cho hàm số . Tính giá trị của biểu thức . 2) Giải phơng trình Câu 5.a(1,0 im) Giải phơng trình 2. Theo chơng trình Nâng cao Câu 4.b(2,0 im ) 1) Cho hàm số . Tính giá trị của biểu thức . 2) Giải phơng trình . Câu 5.b (1,0 im ) Tim m để phơng trình sau có nghiệm Hết Thí sinh không đợc sử dụng tài liệu . Giám thị coi thi không giải thích gì thêm . Họ và tên thí sinh Số báo danh 2 1 1 x y x = 0 x 0 1 '( ) 4 y x = 2 ( ) 3 ln(1 )f x x x= + + 0 ;3 3 2 (2 1) 2y x mx m x m= + + 1x = 60 .S ABCD .S HDC ( ) .2 x g x x= (2) 2 (2) 3 (2)P g g g = + 1 1 3.9 82.3 27 0 x x + = 2 3 log (1 ) logx x+ = 2 ( ) . x g x x e= (2) 2 (2) 3 (2)P g g g = + 2 3 3 log ( 1) log (2 3) log100x x+ + + = .9 2.3 2 0 x x m m = Chữ ký giám thị 1 Chữ ký giám thị 2 Đáp án và thang điểm môn toán - lớp 12 thi học kỳ I năm học 2012-2013 Câu1 (3,0 điểm ) ý1.(2,0 đ) a) TXĐ b) Sự biến thiên : * Tiệm cận : Ta có nên đồ thị có tiệm cận ngang ; nên đồ thị có tiệm cận đứng * Chiều biến thiên : Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng và . Hàm số không có cực trị . * Bảng biến thiên . ( GV tự làm) c) Vẽ đồ thị : Điểm 0,25 0,5 0,5 0,25 0,5 ý 2 (1,0 điểm ) Ta có Ta có 0,5 { } \ 1D = Ă lim lim 2 x x y y + = = 2y = 1 lim x y + =+ 1 lim x y = 1x = 2 1 0 , ( 1) y x D x = < ( ) ;1 ( ) 1;+ -3 -2 -1 1 2 3 4 5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 x y 0 2 0 1 1 1 ( ) 4 ( 1) 4 y x x = = 0 2 0 3 ( 1) 1 2 ( 1) 4 3 5 (3) 2 o y x x x y = = = = = Tại điểm tiếp tuyến là . Tại điểm tiếp tuyến là Vậy có hai tiếp tuyến của (C) thoả mãn bài toán là và 0,5 Câu2 (2,0 điểm) ý1.(1,0 đ ) TXĐ : Hàm số liên tục trên đoạn và có đạo hàm với mọi nên hàm số đồng biến trên khoảng Vậy : ; 0,5 0,5 ý2.(1,0 đ ) TXĐ : Hàm số có đạo hàm với mọi Hàm số đạt cực trị tại thì Tinh đạo hàm cấp hai Khi thì Suy ra là điểm cực đại của hàm số . 0,5 0,5 Câu 3 (2,0 điểm) ý1. (1,0 đ ) Do nên SH là đờng cao của hình chóp Góc giữa SB và mp(ABCD) là góc , từ giả thiết ta có Diện tích hình vuông ABCD cạnh a là Xét tam giác AHB vuông tại A , theo định lí Pitago ta có Xét vuông tại H có Vậy Thể tích khối chóp là ( GV tự vẽ hình ) 0,5 0,5 2) (1,0 đ) Vì nên tam giác SHC vuông tại H Ta lại có suy ra ( định lý ba đờng vuông góc ) do đó vuông tại D . Gọi O là trung điểm của SC thì . Suy ra O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp , bán kính mặt cầu Vì mà nên Xét vuông tại H có Vậy bán kính mặt cầu cần tìm là 0,5 0,5 II . Phần Riêng Theo chơng trình Chuẩn ( 3,0 điểm ) Câu 4. a (2,0 điểm) ý1. (1,0 đ ) TXĐ : Tính Ta có 0,5 3 1; 2 ữ 1 5 4 4 y x= + 5 3; 2 ữ 1 13 4 4 y x= + 1 5 4 4 y x= + 1 13 4 4 y x= + Ă 0 ;3 2 2 2 2 (1 ) ( ) 1 0 1 1 x x f x x x = = + + (0;3)x ( ) 0 1f x x = = (0;3) [ ] 0;3 max ( ) (3) 6 ln10f x f= = [ ] 0;3 min ( ) (0) 3f x f= = Ă 2 3 2 2 1y x mx m = + + x Ă 1x = ( 1) 0 4 4 0 1y m m = + = = 6 2y x m = 1m = ( 1) 6( 1) 2( 1) 4 0y = = < 1x = ( )SH mp ABCD ã SBH ã 60SBH = 2 ABCD S a= 2 2 2 2 5 2 2 a a HB AB AH a = + = + = ữ SHB ã 5 15 .tan .tan 60 2 2 a a SH HB SBH= = = .S ABCD 3 2 1 1 15 15 . . . . 3 3 2 6 ABCD a a V SH S a= = = ( )SH mp ABCD SH HC HD DC SD D C SDC OS OC OH OD= = = .S HDC 2 SC R = ( )SH mp ABCD HB HC = SB SC = SHB 5 2. 5 cos60 2 HB a SB a SC= = = = 5 2 a R = Ă ( ) 2 .2 ln 2 x x g x x = + 2 ( ) 2 ln 2 2 ln 2 .2 ln 2 2 ln 2(2 ln 2) x x x x g x x x = + + = + (2) 8g = 2 2 (2) 2 2.2 ln 2 4 8ln 2g = + = + 2 2 ( ) 2 ln 2(2 2ln 2) 8ln 2 8ln 2g x = + = + Vậy 0,5 ý2) (1,0 đ) ĐK : (*) Đặt , với ta có phơng trình với ta có So sánh với đk (*) , nghiệm của phơng trình là x = 10 0,5 0,5 Câu 5.a (1,0 điểm) ĐK : x > 0 (*) Đặt ta có pt (2) Ta thấy u = 2 thoả mãn ph- ơng trình (2) Mặt khác , hàm số luôn nghịch biến trên vì với mọi x thuộc do đó u = 2 là nghiệm duy nhất của phơng trình (2) , suy ra nghiệm của phơng trình đã cho là . 0,5 0,5 II . Phần Riêng Theo chơng trình nâng cao ( 3,0 điểm ) Câu 4. b (2,0 điểm) ý1. (1,0 đ ) TXĐ : Tính Ta có ; ; Vậy 0,5 0,5 ý 2(1,0 đ) ĐK : (*) Phơng trình đã cho tơng đơng với Giải pt So sánh với đk (*) nghiệm của phơng trình đã cho là x = 0 0.5 0,5 Câu 5.b (1,0 điểm) Cho phơng trình (1) ĐK : mọi x thuộc . Đặt ta có phơng trình (2) phơng trình (1) có nghiệm x khi và chỉ khi (2) có ít nhất một nghiêm t dơng 0,25 2 (2) 2 (2) 3 (2) 28 8ln 2 16ln 2P g g g = + = 1x 1 3 x t = 1t 2 1 ( ) 3 82 27 0 3 27 ( ) t L t t t TM = + = = 27t = 1 3 27 1 3 1 9 10 x x x x = = = = 3 log 3 u u x x= = 2 1 3 log (1 3 ) 1 3 2 1 2 2 u u u u u u + = + = + = ữ ữ ữ 1 3 ( ) 2 2 u u f u = + ữ ữ ữ Ă 1 1 3 3 ( ) ln ln 0 2 2 2 2 u u f u = + < ữ ữ ữ Ă 2 3 9x = = Ă 2 2 2 2 2 ( ) 2 (1 2 ) x x x g x e x e e x = + = + 2 2 2 2 3 3 ( ) 2 4 4 (6 4 ) x x x x g x xe xe x e e x x = + + = + 4 (2) 2.g e= 4 (2) 9g e = 4 (2) 44.g e = 4 (2) 2 (2) 3 (2) 73P g g g e = + = 2 1 ( 1) 0 3 2 3 0 2 x x x x + > > + > 2 2 2 2 3 3 3 2 2 2 2 log ( 1) log (2 3) 2 log ( 1) (2 3) 2 ( 1)(2 3) 3 2 5 0 ( 1) (2 3) 9 ( 1)(2 3) 3 2 5 6 0 ( ) x x x x x x x x x x x x x x VN + + + = + + = + + = + = + + = + + = + + = 2 0 2 5 0 5 2 x x x x = + = = .9 2.3 2 0 x x m m = Ă 3 0 x t = > 2 2 2 0mt t m = Xét phơng trình (2) + Với m = 0 ( không thoả mãn) + Với . Tính , với mọi m thuộc . Vậy với mọi m thuộc phơng trình (2) luôn có 2 nghiệm . Gọi là hai nghiệm của pt (2) , theo định lí Viét , TH1 : pt (2) có hai nghiện dơng TH2 : pt (2) có một nghiện d- ơng , một nghiệm bằng 0 TH3 : pt (2) có một nghiện dơng , một nghiệm âm Kết luận với thoả mãn bài toán . 0,25 0,5 Chú ý : Thí sinh làm theo cách khác đáp án nếu đúng vẫn cho điểm tối đa . (2) 2 2 0 1t t = = 0m 2 1 ( 2) ( 1) 0m m m = + + = + Ă Ă 1 2 ,t t 1 2 2 t t m + = 1 2 2 m t t m = 1 2 1 2 2 0 0 0 0 2 2 0 0 t t m m m t t m m m > + > > > + < < > 1 2 1 2 2 0 0 0 0 2 2 0 t t m m m t t m m m > + > > = + = = 1 2 0 2 0 0 2 m m t t m m > < < < ( ) ( ) ; 2 0;m +U . Tr ờng thpt chuyên Tn kỳ thi chất lợng học kỳ i năm học 2 01 2- 2013 Môn thi : Toán Lớp 12 đề thi chính thức Th i gian l m b i : 120 phút , không kể th i gian giao đề I . Phần chung. m = Chữ ký giám thị 1 Chữ ký giám thị 2 Đáp án và thang i m môn toán - lớp 12 thi học kỳ I năm học 2 01 2- 2013 Câu1 (3,0 i m ) ý1.(2,0 đ) a) TXĐ b) Sự biến thi n : * Tiệm cận : Ta có. Gi i phơng trình Câu 5.a(1,0 im) Gi i phơng trình 2. Theo chơng trình Nâng cao Câu 4.b(2,0 im ) 1) Cho hàm số . Tính giá trị của biểu thức . 2) Gi i phơng trình . Câu 5.b (1,0 im ) Tim