ĐỀ THI CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I NĂM HỌC 2012-2013 TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN MÔN TOÁN LỚP 12
Trang 1ờng 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 à à , không kể thời gian giao đề
I Phần chung cho tất cả các thí sinh ( 7,0 điểm )
Câu 1.(3,0 điểm ) Cho h m sà ố 2 1
1
x y x
−
=
− 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 x0là nghiệm của phơng trình
0
1
'( )
4
Câu 2.(2,0 điểm)
1) Tìm giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của hàm số f x ( ) = + − x 3 ln(1 + x2) trên đoạn 0 ;3
2) Xác định giá trị của tham số m để hàm sốy x = −3 mx2+ (2 m + 1) x m − − 2 đạt cực trị tại x = − 1, đó là
điểm cực đại hay cực tiểu
Câu 3 (2,0 điểm ) 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 60°
1) Tính thể tích khối chóp S ABCD
2) Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S HDC
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 điểm )
1) Cho hàm số ( ) 2x
g x = x Tính giá trị của biểu thức P g = ′ (2) 2 (2) 3 (2) − g ′′ + g
2) Giải phơng trình 1 1
3.9 x− − 82.3 x− + 27 0 =
Câu 5.a(1,0 điểm) Giải phơng trình log (12 + x ) log = 3x
2 Theo chơng trình Nâng cao
Câu 4.b(2,0 điểm )
1) Cho hàm số ( ) x2
g x = x e Tính giá trị của biểu thức P g = ′ (2) 2 (2) 3 (2) − g ′′ + g 2) Giải phơng trình log (3 x + 1)2+ log (23 x + = 3) log100
Câu 5.b (1,0 điểm ) Tim m để phơng trình sau có nghiệm m 9x− 2.3x− − = m 2 0
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
Trang 2Chữ 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 D = Ă \ 1 { }
b) Sự biến thiên :
* Tiệm cận :
Ta có lim lim 2
→+∞= →−∞ = nên đồ thị có tiệm cận ngang y = 2
1
lim
x
y
+
→
=+ ∞ ;
1
lim
x
y
−
→
=− ∞ nên đồ thị có tiệm cận đứng x = 1
* Chiều biến thiên : 2
1
0 , ( 1)
x
−
−
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( −∞ ;1 ) và ( 1; +∞ )
Hàm số không có cực trị
* Bảng biến thiên ( GV tự làm)
c) Vẽ đồ thị :
-4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6
x y
Điểm 0,25
0,5
0,5
0,25
0,5
ý 2
(1,0 điểm )
Ta có
0
( )
4 ( 1) 4
y x
x
−
0 2
0
3 ( 1)
( 1) 4
(3) 2
o
y x
x
x
y
=
Tại điểm 3
1;
2
−
tiếp tuyến là
Tại điểm 5
3;
2
tiếp tuyến là
Vậy có hai tiếp tuyến của (C) thoả mãn bài toán là 1 5
y = − x + và 1 13
0,5
0,5
Câu2
(2,0 điểm)
ý1.(1,0 đ )
TXĐ : Ă
Hàm số liên tục trên đoạn 0 ;3 và có đạo hàm
2
f x
−
+ + với mọi x ∈ (0;3)
f x ′ = ⇔ = x nên hàm số đồng biến trên khoảng (0;3)
0,5
Trang 3Vậy : max ( )[ ]0;3f x = f (3) 6 ln10 = − ;
[ ] 0;3
ý2.(1,0 đ ) TXĐ : Ă
Hàm số có đạo hàm y ′ = 3 x2− 2 mx + 2 m + 1 với mọi x ∈ Ă
Hàm số đạt cực trị tại x = − 1 thì y ′ − = ⇔ ( 1) 0 4 m + = ⇔ = − 4 0 m 1
Tinh đạo hàm cấp hai y ′′ = 6 x − 2 m
Khi m= −1 thì y ′′ − = − − − = − < ( 1) 6( 1) 2( 1) 4 0
Suy ra x = − 1 là điểm cực đại của hàm số
0,5
0,5
Câu 3
(2,0 điểm)
ý1 (1,0 đ )
Do SH ⊥mp ABCD( ) nên SH là đờng cao của hình chóp
Góc giữa SB và mp(ABCD) là góc ãSBH , từ giả thiết ta có SBH ã = ° 60
Diện tích hình vuông ABCD cạnh a là SABCD = a2
Xét tam giác AHB vuông tại A , theo định lí Pitago ta có
2
HB= AB +AH = a + =
ữ
Xét ∆SHB vuông tại H có .tan ã 5 .tan 60 15
Vậy Thể tích khối chóp S ABCD là
3 2
( GV tự vẽ hình )
0,5
0,5
2) (1,0 đ) Vì SH ⊥mp ABCD( )⇒SH ⊥HC nên tam giác SHC vuông tại H
Ta lại có HD ⊥ DC suy ra SD ⊥ DC ( định lý ba đờng vuông góc )
do đó ∆SDC vuông tại D Gọi O là trung điểm của SC thì OS OC OH= = =OD
Suy ra O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S HDC , bán kính mặt cầu
2
SC
Vì SH⊥mp ABCD( ) mà HB HC = nên SB SC =
Xét ∆ SHB vuông tại H có 5
°
Vậy bán kính mặt cầu cần tìm là 5
2
a
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 : Ă
Tính g x ′ ( ) 2 = x+ x 2 ln 2x
2 ( ) 2 ln 2 2 ln 2x x .2 ln 2 2 ln 2(2x x ln 2)
Ta có g (2) 8 =
2 2 (2) 2 2.2 ln 2 4 8ln 2
( ) 2 ln 2(2 2ln 2) 8ln 2 8ln 2
Vậy P g = ′ (2) 2 (2) 3 (2) 28 8ln 2 16ln 2 − g ′′ + g = − − 2
0,5
0,5
ý2) (1,0 đ) ĐK : x ≥ 1 (*)
Đặt 1
3 x
t = − , với t ≥ 1
0,5
Trang 4ta có phơng trình 2
1 ( )
=
với t = 27 ta có 3 x−1 = 27 ⇔ x − = ⇔ − = ⇔ = 1 3 x 1 9 x 10
So sánh với đk (*) , nghiệm của phơng trình là x = 10
0,5
Câu 5.a
(1,0 điểm)
ĐK : x > 0 (*)
Đặt log3 3u
u u
+ = ⇔ + = ⇔ ữ + ữ ữ = (2)
Ta thấy u = 2 thoả mãn phơng trình (2)
Mặt khác , hàm số 1 3
( )
u u
= ữ + ữ ữ luôn nghịch biến trên Ă vì
u u
= ữ + ữ ữ <
với mọi x thuộc Ă
do đó u = 2 là nghiệm duy nhất của phơng trình (2) ,
suy ra nghiệm của phơng trình đã cho là x = = 32 9
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 : Ă
Tính g x ′ ( ) = ex2 + 2 x e2 x2 = ex2(1 2 ) + x2
Ta có g (2) 2 = e4 ; g ′ (2) 9 = e4 ; g ′′ (2) 44 = e4
Vậy P g = ′ (2) 2 (2) 3 (2) − g ′′ + g = − 73 e4
0,5
0,5
3
2
x x
x x
≠ −
+ > ⇔
+ > > −
(*) Phơng trình đã cho tơng đơng với
2
2
Giải pt 2
0
2
x
x
=
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 m 9x− 2.3x− − = m 2 0 (1)
ĐK : mọi x thuộc Ă Đặt t = 3x > 0
ta có phơng trình mt2− − − = 2 t m 2 0 (2)
phơng trình (1) có nghiệm x khi và chỉ khi (2) có ít nhất một nghiêm t dơng
0,25
Trang 5Xét phơng trình (2)
+ Với m = 0 (2) ⇔ − − = ⇔ = − 2 t 2 0 t 1 ( không thoả mãn)
+ Với m≠0 Tính ∆ = + ′ 1 m m ( + = 2) ( m + 1)2 ≥ 0 , với mọi m thuộc Ă
Vậy với mọi m thuộc Ă phơng trình (2) luôn có 2 nghiệm
Gọi t t1, 2là hai nghiệm của pt (2) , theo định lí Viét 1 2 2
m
+ = , 1 2 2 m
t t
m
− −
= TH1 : pt (2) có hai nghiện dơng
1 2
1 2
2 0
0
m
m
>
TH2 : pt (2) có một nghiện dơng , một nghiệm bằng 0
1 2
1 2
2 0
0
m
m
>
TH3 : pt (2) có một nghiện dơng , một nghiệm âm
2
m m
t t
m m
>
− −
< ⇔ < ⇔ < − Kết luận với m ∈ −∞ − ( ; 2 ) ( U 0; +∞ ) 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