Đề mẫu HKI Toán_12 số 5

KIỂM TRA HỌC KỲ I - MÔN TOÁN LỚP 12 ( Thời gian 90 phút ) ----------- ĐỀ CHÍNH THỨC A-PHẦN CHUNG BẮT BUỘC: ( 7 điểm ) Câu 1: (4 điểm) Cho hàm số 2 1 1 x y x + = − a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại giao điểm của đồ thị (C) và trục tung . c) Tìm m để đường thẳng d có phương trình ( ) 2 2y m x= + + cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt. Câu 2: (3 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình chữ nhật ABCD có , 3AD a AB a= = , cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy (ABCD), cạnh bên SB tạo với mặt đáy (ABCD) một góc bằng 0 30 . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SD. a) Chứng minh rằng DC vuông góc với AH. b) Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD . c) Tính thể tích khối chóp H.ABC . B-PHẦN DÀNH CHO HỌC SINH TỪNG BAN: ( 3 điểm ) * Học sinh Ban Cơ bản làm các câu 3a, 4a, 5a: Câu 3a: (1điểm) Giải phương trình: 1 5 3.5 8 0 x x− + − = . Câu 4a: (1điểm) Giải bất phương trình: ( ) ( ) 2 2 2 log 2 3 1 log 3 1x x x+ − ≥ + + . Câu 5a: (1điểm) Cho tam giác ABC vuông góc tại A, , AC b AB c= = quay quanh cạnh huyền BC. Tính thể tích khối tròn xoay được tạo thành. * Học sinh Ban Nâng cao làm các câu 3b, 4b, 5b: Câu 3b: (1điểm) Giải hệ phương trình: ( ) ( ) ( ) 2 2 4 1 5 5 log log 5 x y x y x y x y − −    =   ÷     + + − =  Câu 4b: (1điểm) Giải phương trình: ( ) ( ) 2 2 3 2 log 2 1 log 2x x x x+ + = + . Câu 5b: (1điểm) Hình trụ có bán kính đáy R và trục 2OO R ′ = . Hai điểm A, B lần lượt thuộc hai đường tròn đáy (O) và (O’) sao cho góc giữa AB và trục OO’ bằng α . Tính khoảng cách giữa AB và OO’ theo R và α . ---------Hết--------- HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 12 KIỂM TRA HỌC KỲ I - - ĐỀ CHÍNH THỨC. A- PHẦN CHUNG BẮT BUỘC ( 7 điểm ) Câu Nội dung Điểm 1a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2 1 1 x y x + = − 2,00 TXĐ: { } \ 1D = ¡ ( ) 2 3 0, 1 1 y x x − ′ = < ∀ ≠ − ⇒ Hàm số luôn luôn nghịch biến trên hai khoảng ( ) ;1−∞ và ( ) 1;+∞ . Hàm số không có cực trị . + 1 lim x y − → = −∞ , 1 lim x y + → = +∞ ⇒ 1x = là tiệm cận đứng + lim lim 2 x x y y →+∞ →−∞ = = ⇒ 2y = là tiệm cận ngang. Bảng biến thiên: x −∞ 1 +∞ y ′ − − y 2 +∞ −∞ 2 + Đồ thị: Đồ thị cắt trục hoành tại điểm ( ) 0,5;0− , cắt trục tung tại điểm ( ) 0; 1− . Đồ thị nhận giao điểm ( ) 1;2I của hai tiệm cận làm tâm đối xứng . 0,25 0,25 0,25 0,25 0,50 0,50 1b Viết phương trình tiếp tuyến 1,00 Đồ thị (C) cắt trục tung tại điểm ( ) 0; 1A − . Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm A là: ( ) 0 3k y ′ = = − Phương trình tiếp tuyến tại A là: ( ) 1 3 0y x+ = − − 3 1y x⇔ = − − . 0,25 0,25 0,50 1c Tìm m để đường thẳng d có pt ( ) 2 2y m x= + + cắt đồ thị (C) . 1,00 Đường thẳng d: ( ) 2 2y m x= + + cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt ⇔ pt ( ) 2 1 2 2 1 x m x x + = + + − có 2 nghiệm phân biệt 1 x và 2 x khác 1 2 2 3 0mx mx m⇔ + − − = có 2 nghiệm phân biệt 1 x và 2 x khác 1 ( ) 2 2 0 4 2 3 0 .1 .1 2 3 0 m m m m m m m ≠  ⇔ ∆ = + + >   + − − ≠  4 3 0 m m  < −  ⇔  >  0,25 0,25 0,50 2a Chứng minh rằng DC vuông góc với AH. 0,50 Hình vẽ: 0,50 điểm H' H I D C B A S Ta có CD AD CD SA ⊥   ⊥  ( ) ( ) CD SAD AH SAD ⊥  ⇒  ⊂  CD AH⇒ ⊥ 0,50 2b Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD . 1,00 Ta có · 0 ( ) 90SA ABCD SA AC SAC⊥ ⇒ ⊥ ⇒ = · 0 ( ) 90CD SAD CD SD SDC⊥ ⇒ ⊥ ⇒ = , tương tự · 0 90SBC = Suy ra ba điểm A, B, D cùng thuộc mặt cầu đường kính SC, hay mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD có tâm là trung điểm I của SC, bán kính 2 SC R = . Từ tam giác vuông SAB ta có 0 3 tan30 3. 3 SA AB a a= = = . Từ tam giác vuông SAC ta có 2 2 2 2 2 2 SC SA AC SA AB BC= + = + + = 2 2 2 2 3 5a a a a+ + = 5SC a⇒ = 5 2 2 SC a R⇒ = = . 0,25 0,25 0,50 2c Tính thể tích khối chóp H.ABC . 1,00 Trong mặt phẳng (SAD) dựng //HH SA ′ , với H AD ′ ∈ . Vì ( )SA ABCD⊥ nên ( )HH ABCD ′ ⊥ . Suy ra thể tích khối chóp H.ABC là: . 1 1 . . . . . 3 6 H ABC ABC V S HH AB BC HH ′ ′ = = . Tam giác SAD có SA AD a= = nên nó là tam giác cân, suy ra H là 0,25 0,25 trung điểm của SD, do đó 2 2 SA a HH ′ = = . Vậy 3 . 1 3 . 3. . 6 2 12 H ABC a V a a a= = 0,25 0,25 PHẦN DÀNH CHO HỌC SINH TỪNG BAN ( 3 điểm ) * Ban Cơ bản Câu Nội dung Điểm 3a Giải phương trình: 1 5 3.5 8 0 x x− + − = . 1,00 Đặt 5 x t = , điều kiện 0t > , phương trình trở thành: 15 8 0t t + − = 2 8 15 0t t⇔ − + = 3 5 t t =  ⇔  =  5 3 5 5 x x  ⇒   = = 5 log 3 1 x x =  ⇔  =  4a Giải bất phương trình: ( ) ( ) 2 2 2 log 2 3 1 log 3 1x x x+ − ≥ + + . 1,00 Bpt ( ) ( ) 2 2 2 log 2 3 log 2 3 1x x x⇔ + − ≥ + ( ) 2 3 1 0 2 3 2 3 1 x x x x + >   ⇔  + − ≥ +   2 1 3 4 5 0 x x x  > −  ⇔   − − ≥  1 3 1 5 x x x  > −  ⇔   ≤ − ≥  hoÆc 5x⇔ ≥ 0,50 0,50 5a Tính thể tích khối tròn xoay được tạo thành 1,00 Gọi V là thể tích khối tròn xoay, , B C V V lần lượt là thể tích các khối nón đỉnh B, C có chung đường tròn đáy tâm H, bán kính r HA = ( HA là đường cao của tam giác vuông ABC) Ta có B C V V V= + ( ) 2 1 . 3 AH BH HC π = + 2 1 . . 3 AH BC π = Tính 2 2 BC b c= + , 2 2 .AB AC bc AH BC b c = = + . Vậy 2 2 2 2 2 2 1 . 3 b c V b c b c π = + + 2 2 2 2 1 3 b c b c π = + 0,25 0,25 0,25 0,25 * Ban Nâng cao Câu Nội dung Điểm 3b Giải hệ phương trình 1,00 Điều kiện 0, 0x y x y+ > − > . Hệ pt ( ) ( ) 2 2 4 log 5 5 5 x y y x x y x y − −   ⇔   + − =  = 2 2 4 2 32 x y y x x y −  − =  ⇔   − =  2 2 3 32 x y x y =  ⇔  − =  6 2 x y =  ⇔  =  hoặc 6 2 x y = −   = −  ( loại vì 8 0x y+ = − < ) 6 2 x y =  ⇔  =  . Vậy hệ phương trình có một nghiệm ( ) ( ) ; 6;2x y = 0,25 0,25 0,25 0,25 4b Giải phương trình: ( ) ( ) 2 2 3 2 log 2 1 log 2x x x x+ + = + . 1,00 Điều kiện 2 2 2 1 0 2 0 x x x x  + + >   + >   2 2 0x x⇔ + > (*) Đặt ( ) 2 2 log 2t x x= + 2 2 02 t x x⇔ + = > ( thoả mãn điều kiện (*) ) Phương trình đã cho trở thành: ( ) 3 log 2 1 t t+ = 2 1 3 t t ⇔ + = 2 1 1 3 3 t t     ⇔ + =  ÷  ÷     (1) Hàm số 2 1 ( ) 3 3 t t f t     = +  ÷  ÷     nghịch biến trên ¡ và (1) 1f = nên (1) có nghiệm duy nhất 1t = . Với 1t = 2 2 2x x⇒ + = 1 3x⇔ = − ± . 0,25 0,25 0,25 0,25 5b Tính khoảng cách giữa AB và OO’ theo R và α . 1,00 Dựng đường sinh BC, khi đó //OO BC ′ //( )OO ABC ′ ⇒ , suy ra ( ) ( ) , ,( )d OO AB d OO ABC ′ ′ = ( ) ,( )d O ABC= Gọi H là trung điểm của dây AC thì OH AC⊥ Đồng thời ( ) BC O BC OH⊥ ⇒ ⊥ . Suy ra ( ) ( ) ,( )OH ABC OH d O ABC⊥ ⇒ = Vậy ( ) ( ) , ,( )d OO AB d O ABC OH ′ = = . Từ //OO BC ′ ( ) · · ,OO AB ABC α ′ ⇒ = = . Từ tam giác vuông ABC, ta có .tan 2 tanAC BC R α α = = tan 2 AC AH R α ⇒ = = . Từ tam giác vuông AOH ta có ( ) 2 2 2 2 2 1 tanOH OA AH R α = − = − 2 1 tanOH R α ⇒ = − . Vậy ( ) 2 , 1 tand OO AB OH R α ′ = = − , với điều kiện 2 1 tan 0 α − ≥ hay 0 0 0 45 α < ≤ . 0,25 0,25 0,25 0,25 . 1 5 3 .5 8 0 x x− + − = . 1,00 Đặt 5 x t = , điều kiện 0t > , phương trình trở thành: 15 8 0t t + − = 2 8 15 0t t⇔ − + = 3 5 t t =  ⇔  =  5 3 5 5. điểm ( ) 0 ,5; 0− , cắt trục tung tại điểm ( ) 0; 1− . Đồ thị nhận giao điểm ( ) 1;2I của hai tiệm cận làm tâm đối xứng . 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 0 ,50 0 ,50 1b Viết