Trường THPT Vạn Tường Tổ: Toán – Tin Mức độ Kiến thức Khảo sát hàm số MA TRẬN ĐỀ THI HỌC KÌ I Năm học: 2010-2011 Môn: Toán. Khối 12 (CT Nâng Cao) Nhận biết Thông hiểu Vận dụng Tổng 1,5 1,5 Cực trị 1 Khoảng cách 1 GTLN GTNN 1 Phương trình mũ 1 1 Phương trình lôgarít Thể tích khối đa diện Mặt tròn xoay mặt cầu Tổng 1 1,5 2,5 3 10 ĐỀ THI HỌC KÌ I. KHỐI 12 Trường THPT Vạn Tường Tổ: Toán – Tin Môn: Toán(CT nâng cao). Năm học 2010 – 2011. Thời gian: 90 phút ( không kể thời gian phát đề). Đề: Câu I: (3,5 điểm) Cho hàm số y = x + 3x − mx + (1), (với m tham số). 1. Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = 0. 2. Tìm m để hàm số (1) có cực đại cực tiểu. Viết phương trình đường thẳng ∆ qua hai điểm cực đại cực tiểu. 3. Tìm m để khoảng cách từ gốc toạ độ O(0;0) đến đường thẳng ∆ lớn nhất. Câu II: (1 điểm) x2 + x + Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số f ( x) = x +1 [ −4; −2] . Câu III: (2 điểm) Giải phương trình sau: x x 1. − + + = . ( ) ( 2. 2log (3 x + 1) − log ) x − = log 27 ( x + ) + . Câu IV: (3,5 điểm) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD. Gọi O tâm đáy, cạnh SO = a . Mặt bên (SAB) tam giác đều. 1. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a. 2. Xác định tâm tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. 3. Gọi M trung điểm SC. Mặt phẳng (P) chứa AM song song với BD cắt SB E SD F. Tính thể tích khối đa diện ABCDEMF theo a. Hết (Giám thị coi thi không giải thích thêm) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM . Câu Môn : Toán . Khối 12 (CT nâng cao). Năm học: 2010 – 2011. Nội dung Biểu điểm I. Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị y = x + 3x − mx + m = 0. Khi m = ta có: y = x + 3x + 1. Tập xác định: D = R. 2. Sự biến thiên: a. Giới hạn: lim y = +∞ . x →+∞ (1,5điểm) 0,25điểm 0,25điểm lim y = −∞ x →−∞ b. Bảng biến thiên: x = . x = −2 ' ' Ta có: y = 3x + x; y = ⇔ x y' y −∞ + −∞ -2 - +∞ 0 + - +∞ 0,25điểm 0,25điểm Hàm số đồng biến khoảng ( −∞; −2 ) (0; +∞ ). Hàm số nghịch biến khoảng (-2;0). Hàm số đạt cực tiểu x = yCT = Hàm số đạt cực đại x = −2 yCĐ = 3. Đồ thị: Điểm uốn: y '' = x + 6; y ' = ⇔ x = −1 ⇒ y = . Nên điểm uốn I(-1;4) Giao điểm Oy: C(0;2). Nhận xét: Đồ thị nhận điểm điểm uốn I(-1;4) tâm đối xứng. -10 -5 -2 Ta có: y ' = 3x + x − m . 10 0,5điểm y ' = ⇔ x + x − m = (1) . Để hàm số có cực đại cực tiểu y ’ = có hai nghiệm phân biệt y ’ đổi dấu qua hai nghiệm ⇔ ∆ ' = + 3m > ⇔ m > −3 . 1 ' 1 1 Khi đó: y = x + ÷. y − ( 2m + ) x + (m + 6) 3 3 3 Gọi A( x1 ; y1 ); B( x2 ; y2 ) toạ độ hai điểm cực trị. (với x x2 0,5 điểm nghiệm phương trình (1)). 1 y1 = − ( 2m + ) x1 + (m + 6) y ' ( x1 ) = Do ' nên . Suy đường y ( x2 ) = y = − ( 2m + ) x + (m + 6) 3 1 thẳng qua hai điểm cực trị ∆ : y = − ( 2m + ) x + (m + 6) . 3 Câu II 1 ( 2m + ) x + (m + 6) . 3 1 1 Đường thẳng ∆ : y = − ( 2m + ) x + (m + 6) = − x + ÷m − x + nên đường 3 3 1 thẳng ∆ qua điểm A ;1÷. 2 Đường thẳng OA có hệ số góc k = Khi đó: d (O; ∆) ≤ OA nên d (O; ∆) lớn khi: ∆ ⊥ OA ⇔ − (2m + 6).2 = −1 ⇔ m = − (thoả đk m > -3) Ta có: đường thẳng qua hai điểm cực trị ∆ : y = − x2 + x + x +1 x = ∉ [ −4; −2] x + 2x − f ' ( x) = ; f ' ( x) = ⇔ ( x + 1) x = −3 ∈ [ −4; −2] 16 f ( −4 ) = − ; f ( −3) = −5; f ( −2) = −6 . (1điểm) Trên [ −4; −2] ta có: f ( x) = (0,5điểm) (0,5điểm) f ( x) = −5 x = −3 f ( x) = −6 x = −2 . Vậy xmax x∈[ −4;−2] ∈[ −4;2] Câu III 0,5 điểm ( ) Nhận xét: ( 1. − x +2 ( −2 5+2 )( ) x =3⇔ ) ( −2 ) 2x +2 ( 5+2 ) x = (1) + =1 . Đặt t = ( − ) điều kiện t > 0, suy ra: ( x t 5+2 ) x = ( −2 ) x = t . 0,25điểm t = . t = −2(loai ) Phương trình (1) trở thành: t + = ⇔ t − 3t + = ⇔ Với t = ( −2 ) x =1⇔ x = . Vậy phương trình có nghiệm x = 0. 0,5điểm 0,25điểm 2. log (3 x + 1) − log x − = log 27 ( x + ) + (1) 0,25điểm ĐK: x > . Với điều kiện (1) ⇔ log (3x + 1) − log (2 x − 1) = log ( x + ) + log 3 Câu IV.1 −6 + 201 x= 3x + 15 ⇔ log = log3 ( x + ) ⇔ 15 x + 12 x − 11 = ⇔ 2x −1 −6 − 201 (loai ) x = 15 −6 + 201 Vậy bpt có tập nghiệm S = . 15 Do hình chóp S.ABCD hình chóp tứ giác nên SO ⊥ ( ABCD) hay SO ⊥ ( ABC ) suy SO đường cao khối chóp S.ABC. Đặt AB = x > 0. Gọi I trung điểm AB. x (1). M 2a + x x = ⇔x=a. 2 a2 Nên S ∆ABC = . G C B Vậy 0,25điểm E (2) . Từ (1) (2) suy ra: Hình vẽ 0,25điểm 0,25điểm 0,25điểm Trong tam giác SOI vuông O có: 2a + x 2 0,25điểm S Do tam giác SAB nên SI = SI = SO + OI = 0,5điểm F 0,25điểm I O A D a3 VS . ABC = SO.S ∆ABC = 12 IV.2 IV.3 a nên O tâm mặt cầu ngoại tiếp a hình chóp S.ABCD bán kính R = OS = Ta có: OS = OA = OB = OC = OD = Gọi G giao điểm SO AM. Khi G trọng tâm tam giác SAC nên SG = . SO Trong (SBD) qua G kẻ Gx // BD. Khi Gx cắt SB E SD F. SE SF SG = = = SB SD SO SE SM SF SM V V = S . AEM + S . AMF ÷ = . + . VS . ABC VS . ACD SB SC SD SC Do EF // BD nên VS . AEMF VS . ABCD ÷= . Suy ra: VS . AEMF = VS . ABCD ⇒ VABCDEMF = VS . ABCD = VS . ABC = a3 0,25điểm (1điểm) 1điểm . 1 Khoảng cách 1 1 1 1 GTLN và GTNN 1 1 1 1 Phương trình mũ 1 1 1 1 Phương trình lôgarít 1 1 1 1 Thể tích khối đa diện 1 1, 5 1 1 2 2,5 Mặt tròn xoay và mặt cầu 1 1 1 1 Tổng 3 . (3 1) log 2 1 log 5 7 1x x x+ − − = + + (1) ĐK: 1 2 x > . Với điều kiện trên ( ) ( ) 3 3 3 3 2 3 3 (1) log (3 1) log (2 1) log 5 7 log 3 6 2 01 3 1 15 log log 3 5 7 15 12 11 0 2 1 6 2 01 (. TRẬN ĐỀ THI HỌC KÌ I Năm học: 2 010 -2 011 Tổ: Toán – Tin Môn: Toán. Khối 12 (CT Nâng Cao) Mức độ Kiến thức Nhận biết Thông hiểu Vận dụng Tổng Khảo sát hàm số 1 1, 5 1 1, 5 Cực trị 1 1 1 1 Khoảng