2 ĐỀ THI HỌC KỲ I Môn thi : Toán 12 tham khảo và đáp án

ĐỀ THI HỌC KỲ I Mơn thi : Tốn 12 Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề) I Phần chung cho ban: ( điểm) Câu ( điểm) 1) Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số y= ĐỀ A x +3 x +1 2) Viết phương trình tiếp tuyến (C) điểm có tung độ y = Câu (1,5 điểm) Cho hàm số y = x3 + (m + 3)x2 + - m (m tham số) Xác định m để hàm số có cực đại x = - Câu (1,5 điểm) 1) Giải phương trình : 2.9x – 5.6x + 3.4x = 2) Giải bất phương trình : log ( x − x + ) ≥ −1 Câu (2,0 điểm) Cho khối chóp tứ giác S.ABCD có cạnh đáy a, cạnh bên 2a 1) Tính thể tích khối chóp 2) Xác định tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp 3) Tính diện tích mặt cầu thể tích khối cầu ngoại tiếp khối chóp II Phần dành riêng cho ban (2điểm) Học sinh ban KHTN làm câu 5a; học sinh ban làm câu 5b Câu 5a (2điểm) 1) Giải hệ phương trình :  x + log y =   x ( y − y + 12 ) = 81 y  2) Cho khối chóp S.ABC có đáy ∆ABC vng B SA ⊥ (ABC), góc BAC = 300, BC = a SA = a Gọi M trung điểm SB.Tính thể tích khối tứ diện MABC Câu 5b (2điểm) 1) Giải bất phương trình (2x - 7)ln(x + 1) > 2) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác cạnh a, cạnh bên SA vng góc với đáy SA a Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a Hết ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM KIỂM TRA HỌC KỲ I MƠN TỐN - LỚP 12 Câu 1.1 2.0đ Đáp án Điểm 0,25 TXĐ: D = R\{-1} Sự biến thiên y' = −2 < ∀ ∈ D Hàm số nghịch biến khoảng (- ∞ ; -1) (-1; + ∞ ) ( x + 1) Hàm số khơng có cực trị Giới hạn lim y = lim y = 1; lim1y = +∞ lim1y = −∞ x → +∞ x → −∞ x →− x →− + − Đồ thị có tiệm cận đứng x = -1, tiệm cận ngang y = x -∞ -1 +∞ y’ +∞ y -∞ Đồ thị Đồ thị cắt trục tung điểm (0;3) cắt trục hoành điểm (-3;0) Đồ thị nhận giao điểm I(-1;1) hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng 0,5 0,5 0,25 y 0,5 -3 -1 1.2 1,0đ O x y = ⇒ x = Do hệ số góc tiếp tuyến f’(1) = − Phương trình tiếp tuyến có dạng y - y0 = f’(x0)(x - x0).Hay y = − Cách : TXĐ D = R; y’ = 3x2 + 2(m + 3)x  x1 = y' = ⇔   x2 = − 2m +  Hàm số đạt cực đại x = -1 ⇔ − 0,5 x + 2 0,5 1,5 0,5 0,5 2m + = −1 ⇔ m = − Cách : TXĐ : D = R ; y’ = 3x2 + 2(m + 3)x ; y” = 6x + 2(m +3) Hàm số đạt cực đại x = -1  y '(−1) =   y "( −1) < 0,5 1,5 0,5 0,25 Câu 3.1 Đáp án 3 - 2m - = ⇔  - + 2m + <  m = ⇔ m <  ⇔ m=2 x 2.9 – 5.6x + 3.4x = ⇔ 2.32x – 5.2x.3x + 3.22x = (1) Chia hai vế phương trình cho 22x, ta : 2x x 3 3  ÷ -  ÷ + = (2) 2 2 Điểm 0,25 0,25 0,25 0,75 0,25 x 3 Đặt : t =  ÷ ; t > ; phương trình (2) trở thành : 2 2t – 5t + = t = ⇔  t =  x = ⇔  x = 3.2 0,25 0,25 0,75 log ( x − 3x + 2) ≥ -1  x - 3x + >  ⇔  log ( x - 3x + 2) ≥    x - 3x + >0 ⇔ ⇔  x - 3x + ≤   x < hoac x > ⇔ 0 ≤ x ≤  4.1 −1 1 log  ÷ 2  x - 3x + >    x - 3x ≤  ⇔ 2 Pt (1) ⇔ log y = - x ⇔ 3x = 27 (3) y Thay (3) vào (2), ta : ( y - y + 12 ) 27 = 81y y ⇔ 2y - y + 12 = 3y y = ⇔ y - y + 12 = ⇔   y = - (L) ⇔y=3 Thay y = vào (3), ta : x = Vậy : (2 ; 3) 0,25 0,25 0,25 5a.2 0,25 1,0 Câu Đáp án Kẻ MH song song với SA, ta có : SA⊥(ABC) ⇒ MH⊥(ABC) VM ABC = MH.dt(ABC) a MH = SA = 2 1 a a a3 dt ( ABC ) = AB.BC = = 2 12 a a a Vậy : VM ABC = = 2 12 S M A C H B Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 5b.1 Đáp án bpt  >2x−  x>   x>     ln(x+1)> x+ 1>  x> ⇔ ⇔  ⇔  ⇔   2x − <   x <  x<  − < x 01  ln(x+1)<  − < x 01   < x + 1<   1,0 Tập nghiệm bất phương trình là: T = (-1;0) ∪ ( 5b.2 Điểm 1,0 S ;+ ) ∞ AM đường cao tam giác cạnh a nên AM= C A M Diện tích đáy s ABC = a AM BC a = 1,0 0,25 0,25 Thể tích khối chóp S.ABC là: VS ABC = S ABC SA = a 12 0,5 HS làm không theo cách nêu đáp án mà cho đủ điểm phần quy định B ĐỀ THI HỌC KÌ I KHỐI 12 Mơn: Tốn Thời gian: 90 phút PHẦN 1: Chung cho tất học sinh Ban KHXH-NV, Ban Cơ Ban KHTN(7đ) Câu 13đ: Cho hàm số y = x + x + x + có đồ thị (C) a Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (C) b Viết phương trình tiếp tuyến (∆) với đồ thị (C) điểm M(-2;2) c Dựa vào đồ thị (C), tìm m để phương trình x3 + x + x + = log m có nghiệm phân biệt  π Câu 21đ: Tìm GTLN,GTNN hàm số: y= 2cos2x+4sinx đoạn 0;   2 2đ Câu : Giải phương trình: b log ( x + 1) − log ( x + 3) = log ( x + 7) a 52x+5x+1=6 1 + >2 Câu 41đ: Biết π < 10 Chứng minh: log π log π PHẦN II: Học sinh thuộc ban làm phần dành riêng cho ban đó(3đ) A Ban KHTN: Câu 52đ: Trên mặt phẳng (P) có góc vng xOy, đoạn SO=a vng góc với (P) Các điểm M, N chuyển động Ox, Oy cho ta ln có OM+ON=a a Xác định vị trí M, N để thể tích tứ diện S.OMN lớn b Khi tứ diện S.OMN tích lớn , xác định tâm tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S.OMN Câu 61đ: Giải hệ phương trình:  2 log x − log y = log 2   xy =  B Ban KHXH-NV Ban Cơ Bản: Câu 51đ: Giải bất phương trình: x −3 x 5  ÷ 6 ≥ Câu 62đ: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a, cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy, cạnh bên SB= a a Tính thể tích hình chóp S.ABCD b Xác định tâm, bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD -Hết ĐÁP ÁN: Câu I 1a NỘI DUNG ĐIỂM PHẦN CHUNG TXĐ:D=R y’=3x2+12x+9 0,5điểm  x = −1  x = −3 y’=0 ⇔  +Tính giới hạn +Lập BBT: x -∞ -3 -1 +∞ y’ + 0 + y +∞ ∞ +Các khoảng dồng biến, nghịch biến +Các điểm cực trị 1điểm +Đồ thị qua điểm(-2; 2) ; (0;4) ; (-1;0); (-3; 4); (-4;0) +Đồ thị: 0,5điểm -10 -5 -2 -4 1b 1c Phương trình tiếp tuyến với (C) điểm M(-2;2) y=f’(-2)(x+2)+2 ∆ :y=-3x-4 Số nghiệm phương trình số giao điểm đồ thị hàm số y = x + x + x + đường thẳng d: y=log2m (d//Ox) Dựa vào đồ thị ta có: phương trình có nghiệm phân biệt 0  Điều kiện  x + > ⇔ x > −1 x + >  Pt tương đương: log2(x+1)(x+3)=log2(x+7) ⇔ (x+1)(x+3)= (x+7) 0,5điểm x =1  ⇔ x2+3x-4=0 ⇔   x = −4(loai ) Vậy pt có nghiệm x=1 II A 5a 1 + = logπ + logπ = logπ 10 > logπ π = Ta có: log π log π 0,25điểm 1điểm Suy đpcm PHẦN RIÊNG Ban KHTN 1điểm z t S K J O M x I N Ta có: y 1 1 V = VSOMN = Bh = OM ON OS = a.OM ON 3  ON + OM  V ≤ a a ÷ =  24  a Vmax = a OM = ON = 24 5b Gọi I trung điểm MN I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN Mặt phẳng trung trực Os cắt trục It tam giác OMN J 0,5điểm Ta có JS=JO=JM=JN=R Vậy J tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SOMN Tính R=JO= 0,5điểm a  2 log x − log y = log 2   xy = (1)  x > ĐK:  y > (2) (2) ⇔ ( logx-logy ) ( logx+logy ) = log 2 x x ⇔ log logxy= log 2 ⇔ log log = log 2 y y x ⇔ log = log 2 y 0.25điểm 0.5điểm  x =2  x=2 y Ta có  x y =2 ⇔  −3  y =2   0.25điểm Vậy hệ phương trình có nghiệm B 6a BAN CƠ BẢN, BAN KHXH-NV x −3 x 5  ÷ 6 x −3 x 5 ≥ ⇔ ÷ 6 −1 5 ≥  ÷ ⇔ x − x ≤ −1 ⇔ x − x + ≤ ⇔ ≤ x ≤ 6 SABCD=a2 1điểm 0.25đ SA = SB − AB = ( a 3) − a2 = a 1 V = VSABCD = Bh = SA.a = a 2.a = a 3 3 0.25đ 0.25d s H I A D 0.25đ O B C 6b Gọi O tâm hình vng ABCD, O tâm đường trịn ngoại tiếp 0.25đ hình vng ABCD Qua O kẻ đường thẳng d song song SA, d trục đường tròn ngoại tiếp hình vng ABCD, d cắt SC I trung điểm SC Ta có: Tam giác SAC vng A, I trung điểm SC đó: IA=SC/2=IS=IC Hay IS=IA=IB=IC=ID Vậy I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABCD +Tính bán kính:R=IA= SC SA + AC 2a + 2a = = =a 2 2 2 0.5đ 0.25đ ... ngo? ?i tiếp hình vuông ABCD, d cắt SC I trung ? ?i? ??m SC Ta c? ?: Tam giác SAC vng A, I trung ? ?i? ??m SC đ? ?: IA=SC /2= IS=IC Hay IS=IA=IB=IC=ID Vậy I tâm mặt cầu ngo? ?i tiếp hình chóp SABCD +Tính bán kính:R=IA=... cắt SO I, ta có : SI = IA IA = IB = IC = ID (Vì I ∈ SO trục đường trịn ngo? ?i tiếp hình vng ABCD) ⇒ IS = IA = IB = IC = ID ⇒ Mặt cầu ngo? ?i tiếp hình chóp S.ABCD có tâm I bán kính r = SI SI SM SM.SA... SM SM.SA ∆SIM : ∆SAO ⇒ = ⇒ SI = SA SO SO ⇒ SI = 2a 14 ? ?i? ??m 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0,5 0 ,25 0 ,25 2a 14 22 4π a S = 4π r = 49 448π a 14 V = π r3 = 1 029 Vậy : r = SI = 4.3 5a.1 0,5 0 ,25 0 ,25 1,0  x