đề thi HK 1 tham khảo

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TT-HUẾ ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I , NĂM 2008-2009 TRƯỜNG THPT QUỐC HỌC MÔN: TOÁN - LỚP 12 Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC HỌC SINH (8 điểm) Câu I :(3đ) Cho hàm số 3 2 1 1 4 2 (1) 3 2 3 y x x x= + − − 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2) Viết phương trình tiếp tuyến với (C), biết tiếp tuyến đó song song với đường thẳng ( ) : 4 2d y x= + . Câu II :(2đ) Giải các phương trình sau : 1) ( ) 3 log 3 8 2 x x − = − . 2) 2 log 2 log log log 10 10 x x x x = − . Câu III :(2đ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Trên các cạnh SB, SC ta lấy lần lượt các điểm M, N sao cho SM 2 SB 3 = và SN 1 SC 2 = . 1) Mặt phẳng (AMN) cắt cạnh SD tại điểm P. Tính tỷ số SP SD . 2) Mặt phẳng (AMN) chia hình chóp S.ABCD thành hai phần. Tìm tỉ số thể tích của hai phần đó. Câu IV :(1đ) Cho hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác đều cạnh bằng a và chiều cao của hình lăng trụ bằng h. Tính diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ đó. II. PHẦN RIÊNG (2 điểm) Học sinh học chương trình nào thì làm phần dành riêng cho chương trình đó ) A.Chương trình Chuẩn: Câu VA :(2đ) 1) Tính đạo hàm các hàm số sau: a) ( ) 2 sin cos x y x x e= − b) 2 2 ln 1y x x= + 2) Giải bất phương trình: ( ) 2 5 12 log 4 log 2 12 8 x x x − ≥ − B. Chương trình Nâng cao : Câu VB: (2đ) Dùng đồ thị để biện luận theo m số nghiệm của phương trình : ( ) 2 2 3 2 0x m x m− + + − = ----------HẾT---------- ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu Nội dung Điểm I (3đ) 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) TXĐ: D = ¡ Giới hạn: lim x y →±∞ = ±∞ 0,25 2 ' 2y x x = + − ; ' 0 1; 2y x x = ⇔ = = − Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ) ; 2−∞ − và ( ) 1;+∞ , nghịch biến trên khoảng (-2 ; 1) đạt cực đại tại điểm 2x = − ; § 2 C y = , đạt cực tiểu tại điểm 1x = ; 5 2 CT y = − 0,25 0,25 BBT: x −∞ 2 − 1 +∞ y’ + 0 − 0 + y 2 −∞ -5/2 +∞ 0,75 Đồ thị: cắt trục tung tại điểm 4 0; 3   −  ÷   , điểm uốn 1 1 ; 2 4 U   − −  ÷   là tâm đối xứng x y O 1 0,50 2 Gọi ( ) ; ( ) o o x f x là tiếp điểm của tiếp tuyến cần tìm. 2 2 '( ) 4 2 4 6 0 2; 3 o o o o o o o f x x x x x x x= ⇔ + − = ⇔ + − = ⇔ = = − 0,5 2 2 ( ) 3 o o x f x = ⇒ = − , tiếp tuyến là: ( ) 1 26 4 3 d y x = − 0,25 1 3 ( ) 6 o o x f x = − ⇒ = , tiếp tuyến là: ( ) 2 73 4 6 d y x = + 0,25 II (2đ) 1 ĐK: 3 8 0 x − > ; 2 2 pt 3 8 3 3 8.3 9 0 x x x x − ⇔ − = ⇔ − − = 0,50 Đặt 3 ; 0 x t t = > , pt trở thành: 2 8 9 0 1( ¹ ); 9t t t lo i t − − = ⇔ = − = 0,25 với t = 9, ta có : 3 9 2 x x= ⇔ = (thoả điều kiền) Vậy, pt có một nghiệm duy nhất là x = 2. 0,25 2 ĐK: 0 10x < ≠ ; 2 log 2 log log 1 log 1 x pt x x x ⇔ = − − − 0,25 đặt logt x = ( 1t ≠ ), ta có pt: 2 1( ¹ ) 2 2 2 0 2 1 1 2 t lo i t t t t t t t t =  = − ⇔ + − = ⇔ ⇔ = −  − − = −  0,50 với 2t = − , ta có : 1 log 2 100 x x = − ⇔ = (thoả điều kiện) Vậy, pt có một nghiệm duy nhất là 1 100 x = . 0,25 III (2đ) 0,25 1 Gọi O AC BD = ∩ . Trong tam giác SAC, các trung tuyến SO và AN cắt nhau ở I là trọng tâm của tam giác nên có 2 3 SI SO = . Suy ra 2 // 3 SM SI IM BD SB SO = = ⇒ . Trong tam giác SBD, IM cắt SD tại P chính là giao điểm của (AMN) với SD. Suy ra 2 2 3 3 SP SM SP SD SB SD = = ⇒ = 0,75 2 O là trung điểm của BD và IM // BD nên I là trung điểm của PM, suy ra: ; ABC ACD AMN APN S s S S = = Do đó . . . . 2 2 1 1 1 2 3 2 3 S AMPN S AMN S ABCD S ABC V V SA SM SN V V SA SB SC = = × × = × × = 0,75 . . . . 1 2 1 3 3 2 S AMNP S AMNP S ABCD ABCDMNP S ABCD ABCDMNP V V V V V V ⇒ = ⇒ = ⇒ = 0,25 IV (1đ) Giả sử ABC.A’B’C’ là lăng trụ tam giác đều. Gọi I, I’ lần lượt là tâm các tam giác đều ABC và A’B’C’. Ta có I I’ là trục của hai tam giác đều này. Gọi O là trung điểm của I I’ ta có OA = OB = OC = OA’ = OB’ = OC’. Nên O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ đã cho và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ là: 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4 3 4 3 mc h a h a R OI AI S R π π   = + = + ⇒ = = +  ÷   0,50 0,50 Va (2đ) 1a ( ) ( ) ( ) 2 2 2 ' cos sin sin cos 2. 3sin cos x x x y x x e x x e x x e = + + − = − 0,50 1b ( ) ( ) ( ) 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 ln 1 ln 1 ' 2 ln 1 ln 1 2 2 1 1 x x x y x x x y x x x x x x x   = + = + ⇒ = + + = + +  ÷ + +   0,50 2 ĐK: 0 1 5 2 (*) 5 12 12 3 0 12 8 x x x x < ≠   ⇔ < <  − >  −  0,25 2 2 2 2 2 5 12 5 12 log 2 log log log 12 8 12 8 x x bpt x x x x − − ⇔ ≥ ⇔ ≤ − − (vì với điều kiện (*) thì 2 log 0x < ) ( ) ( ) 6 5 1 2 5 / 6 1/ 2 5 12 0 12 8 12 8 2 / 3 x x x x x x x x + − − ≤ ≤  − ⇔ ≤ ⇔ ≤ ⇔  − − >  0,50 Kết hợp với điều kiện (*), nghiệm của bpt là 5 /12 1/ 2x< ≤ . 0,25 Vb (2đ) ( ) 2 2 2 2 2 3 2 0 3 x x x m x m m x − − − + + − = ⇔ = − 0,25 Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số 2 2 2 3 x x y x − − = − và đường thẳng y m = . 0,25 Hàm số 2 2 2 3 x x y x − − = − là hàm số chẵn nên đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng. Từ đồ thị của hàm số 2 2 2 3 x x y x − − = − ta suy ra đồ thị của hàm số 2 2 2 3 x x y x − − = − . 0,50 Đồ thị: Dựa vào đồ thị ta có: * m < 2/3: pt có 2 nghiệm * m = 2/3: pt có 3 nghiệm * 2/3 < m < 2: pt có 4 nghiệm * m = 2: pt có 2 nghiệm * 2 < m <6: pt vô nghiệm * m = 6: pt có 2 nghiệm * m > 6: pt có 4 nghiệm 0,50 0,50 HẾT . 5 12 5 12 log 2 log log log 12 8 12 8 x x bpt x x x x − − ⇔ ≥ ⇔ ≤ − − (vì với điều kiện (*) thì 2 log 0x < ) ( ) ( ) 6 5 1 2 5 / 6 1/ 2 5 12 0 12 8 12 . ln 1 ' 2 ln 1 ln 1 2 2 1 1 x x x y x x x y x x x x x x x   = + = + ⇒ = + + = + +  ÷ + +   0,50 2 ĐK: 0 1 5 2 (*) 5 12 12 3 0 12 8 x x x x <