Đáp án&đề thi HKI Toán 12 cực mới./.

Sở GD & ĐT KonTum Đề thi kiểm tra chất lợng học kì I Trờng THPT Ngc Hi Năm học 2010- 2011 --------***-------- Môn : Toán 12 Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian giao đề ---------------------***------------------ I. Phần chung cho tất cả thí sinh (7 điểm) Câu I (3 điểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 45 24 += xxy . 2. Tìm m để phơng trình mxx =+ 45 24 có 4 nghiệm phân biệt. Câu II (1 điểm) Giải phơng trình : 0 4 1 loglog)1(log2 242 =++ xx . Câu III (3 điểm) Cho tam giác ABC đều cạnh a. Trên đờng thẳng d đi qua A và vuông góc với mặt phẳng (ABC) lấy điểm D sao cho AD = 2a. 1. Tính thể tích khối chóp D.ABC. 2. Tính diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp D.ABC. 3. Mặt phẳng đi qua B, trung điểm của AD và tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp chia khối chóp thành hai phần. Tính tỉ số thể tích của hai phần đó. II. Phần tự chọn (3 điểm) Thí sinh chỉ đợc chọn một trong hai phần: Theo chơng trình Chuẩn hoặc Nâng cao 1. Theo chơng trình Chuẩn Câu IVa(3 điểm) 1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 91 ++= xxy . 2. Giải bất phơng trình: [ ] 0log)2(loglog 3 2 2 2 4 1 xx . 3. Tìm m để hàm số y = x 3 6x 2 + 3(m + 2)x m 6 có hai cực trị và hai giá trị cực trị cùng dấu. 2. Theo chơng trình Nâng cao Câu IVb (3 điểm) 1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 4 xxy += . 2. Giải hệ phơng trình: ++= = + )(log1)(log 324 3 13 yxyx x y y x 3. Tìm m để phơng trình 0622)1(22)2( 22 2 =++ mmm xx có nghiệm thuộc đoạn [0; 2 ]. --------------------Hết------------------- Họ và tên thí sinh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . . Trờng thpt KonTum Kì thi kiểm tra chất lơng học kì i Năm học 2010 - 2011 Hớng dẫn chấm toán 12 - Điểm toàn bài làm tròn đến 0,5 - Thí sinh làm cách khác nếu đúng vẫn đợc điểm tối đa. - Thí sinh đợc chọn làm theo một trong hai chơng trình Chuẩn hoặc Nâng cao. Nếu thí sinh nào làm cả hai phần riêng thì không tính điểm phần riêng. Câu Nội dung Điểm I.1 Khảo sát hàm số 4x5xy 24 += 2,00 1) Tập xác định : R 2) Sự biến thiên: a, Giới hạn : +=+= + xx ylim,ylim 0,50 b, Bảng biến thiên: y = 4x 3 - 10x, y = 0 x = 0, x = 2/10 x - 2/10 0 - 2/10 + y' - 0 + 0 - 0 + y + 4 + -9/4 -9/4 0,50 Hàm số đồng biến trên các khoảng (- 2/10 ; 0) và ( 2/10 ; + ) Hàm số nghịch biến trên khoảng (- ; - 2/10 ) và (0 ; 2/10 ) Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y CĐ = y(0) = 4 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2/10 , y CT = y( 2/10 ) = - 9/4 0,50 3) Đồ thị: Đồ thị (C) của hàm số có hai điểm uốn U 36 19 ; 6 5 nhận Oy làm trục đối xứng, giao với Ox tại 4 điểm ( 1; 0); ( 2; 0) (Hình 1) (Hình 1) (Hình 2) 0,50 I.2 Tìm m để phơng trình mxx =+ 45 24 (1) có 4 nghiệm phân biệt 1,00 Gọi (C 1 ) là đồ thị hàm số 4x5xy 24 += . (C 1 ) gồm hai phần +) Phần đồ thị (C) nằm trên trục Ox +) Đối xứng của phần đồ thị (C) nằm dới Ox qua Ox 0,25 Vẽ đồ thị (Hình 2) 0,25 Số nghiệm của (1) bằng số giao điểm của (C 1 ) với đờng thẳng y = m. Theo đồ thị ta đợc (1) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m = 0 và 9/4 < m < 4 0,50 O 1 2 x -1-2 4 -9/4 O 1 2 x -1-2 4 y y = m (C 1 ) 9/4 2 y (C) II Giải phơng trình 0 4 1 logxlog)1x(log2 242 =++ (1) 1,00 Điều kiện: x > 0 (1) 02xlogxlog02xlog)1x(log 2 2 222 =+=+ 0,5 = = = = 4/1x 2x 2xlog 1xlog 2 2 0,5 III.1 Tính thể tích khối chóp D.ABC. 1,00 Thể tích khối chóp 6 3a 4 3a .a2 3 1 S.AD 3 1 V 32 ABCABC.D === 1,00 III.2 Tính diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp D.ABC. 1,00 Gọi O là trọng tâm của tam giác ABC, gọi là đờng thẳng đi qua O và vuông góc với (ABC), suy ra // DA và là trục của đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Trong mặt phẳng (d, ) kẻ đờng thẳng trung trực của AD cắt tại I, khi đó I cách đều A, B, C, D nên I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp D.ABC 0,25 Gọi M, N là trung điểm của BC và AD. Tứ giác AOIN là hình chữ nhật nên IA = ON = 22 AOAN + . AN = 3 3a 2 3a 3 2 AM 3 2 AO,aDA 2 1 ==== 0,25 3 a32 3 3a aIA 2 2 = += . Mặt cầu có bán kính 3 a32 IAR == nên nó có diện tích S 3 a16 3 a32 4R4 2 2 2 = == 0,50 III.3 Tính tỉ số thể tích . 1.00 Gọi E = DM IN, F = BE DC khi đó tam giác BNF là thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng (BNI). 0,25 Do N là trung điểm của DA, NE // AM nên E là trung điểm của DM Gọi K là trung điểm của FC MK là đờng trung bình của tam giác BFC MK // BF EF là đờng trung bình của tam giác DMK F là trung điểm của DK DC = 3 DF S DBC = 3S DBF . 0,25 D A C B O N M I d F E K 3 Gọi h là khoảng cách từ A đến mặt phẳng (DBC), do N là trung điểm của DA nên khoảng cách từ N đến (DBC) bằng h/2. Gọi thể tích khối chóp D.ABC là V, thể tích khối chóp D.NBF là V 1 , thể tích phần còn lại là V 2 . Ta có V 6 5 V 6 1 VVVVV 6 1 S.h 6 1 S. 2 h 3 1 V 12DBCDBF1 ====== 0,25 Do đó ta có tỉ số thể tích: 5 1 V V 2 1 = hoặc 5 V V 1 2 = Chú ý thí sinh cũng có thể làm theo cách sau: 6 1 DB DB . DC DF . DA DN V V 1 == 0,25 IVa.1 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 9x1xy ++= . 1,00 Tập xác định D = [1; 9] x92 1 1x2 1 'y = , 5xx91x0'y === 0,50 y(1)= y(9) = 22 , y(5) = 4 22)9(y)1(yymin,4)5(yymax ===== 0,50 IVa.2 Giải bất phơng trình . 1,00 [ ] 1xlog)x2(log0xlog)x2(loglog 3 2 2 2 3 2 2 2 4 1 (điều kiện: x > 0) 0,25 + 0xlog 1xlog 0xlogxlog01xlog3)xlog1( 2 2 2 2 22 2 2 0,50 1x 2x . Vậy bất phơng trình có tập nghiệm );2[]1;0(S += 0,25 IVa.3 Tìm m để hàm số y = x 3 6x 2 + 3(m + 2)x m 6 có hai cực trị cùng dấu. 1,00 y = 3x 2 - 12x + 3(m +2). Điều kiện để hàm số có cực trị là y có hai nghiệm phân biệt 2m0)2m(936' <>+= Gọi x 1 , x 2 là hai điểm cực trị của hàm số, khi đó và theo định lí Viet ta có += =+ 2mxx 4xx 21 21 0,25 Do )1x2)(2m('y 3 2 x 3 y ++ 1 = và y(x 1 ) = y(x 2 ) = 0 nên )1x2)(2m()x(y 11 += , )1x2)(2m()x(y 22 += 0,25 ]1)xx(2xx4[)2m()1x2)(1x2()2m()x(y)x(yyy 2121 2 21 2 21CTĐC +++=++== )17m4()2m(]14.2)2m(4[)2m( 22 +=+++= 0,25 Do đó hai giá trị cực trị cùng dấu khi > >+> 4/17m 2m 0)17m4()2m(0yy 2 CTĐC Kết hợp với điều kiện ta đợc 2m 4 17 << 0,25 IVb.1 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 x4xy += 1,00 4 Tập xác định: D = [- 2; 2] 2 2 2 x4 xx4 x4 x 1'y = += 0,25 2x xx4 0x 0xx40'y 22 2 = = == 0,25 y(-2) = - 2, y (2) = 2, y( 22)2 = 0,25 2)2(yymin,22)2(yymax ==== 0,25 IVb.2 Giải hệ phơng trình ++= = + (2) )yx(log1)yx(log (1) 324 3 13 x y y x 1,00 Điều kiện: x y > 0, x + y > 0, x 0, y 0 )3(3yx1)yx(log1)yx(log)yx(log)2( 2222 333 ===++ 0,25 (1) 5 x y y x 222 5 x y y x 2 = += + . Đặt y x t = ta có = = =+= + 2/1t 2t 02t5t25 t 1 t2 2 0,25 +) Với t = 2 y2x = thế vào (3) ta đợc 1y3yy4 22 == mãn)(thỏa 2 x 1yKhi == (loại) 2- x 1yKhi == 0,25 +) Với t = 1/2 x2y = thế vào (3) ta đợc nghiệm)(vô 1x3x4x 222 == Vậy hệ phơng trình có 1 nghiệm (x, y ) = (2; 1) 0,25 IVb.3 Tìm m để phơng trình có nghiệm thuộc đoạn [0; 1] 1,00 06m22)1m(22)2m( 22 xx2 =++ (1) Đặt t = 2 x 2 , do x [1;4]t n nê]2;0[ (1) trở thành 06m2t)1m(2t)2m( 2 =++ (2) )t(f 2t2t 6t2t2 m6t2t2m)2t2t( 2 2 22 = + ++ =++=+ 0,25 Xét hàm số f(t) trên [1; 4] = = =+= + + = 3/4t (loại) 2t 016t4t60)t('f, )2t2t( 16t4t6 )t('f 2 22 2 0,25 f(1)= 10, f(4) = 23/5, f(4/3) = 11 5/23)4(f)t(fmin,11)3/4(f)t(fmax ]4;1[]4;1[ ==== 0,25 (1) có nghiệm thuộc [0; 2 ] (2) có nghiệm thuộc [1; 4] 11m5/23 Vậy: 11m 5 23 0,25 5