Đề ôn HK I Toán 12 số 3

BÀI ĐÁP ÁN TÓM TẮT ĐIỂM Bài1 Câu1 Câu 2 2)( 23 +−−== xxxxfy TXĐ: D = R +∞= +∞→ )(lim xf x ; −∞= −∞→ )(lim xf x y’= 123 2 −− xx ; y’= 0     −= = ⇔ 3 1 1 x x BBT: Hàm số tăng trên );1(), 3 1 ;( +∞−−∞ và giảm trên )1; 3 1 ( − Đồ thị hàm số có điểm cực đại là ) 27 59 ; 3 1 ( − và điểm cực tiểu là )1;1( Điểm uốn: y’’= 6x – 2 ; y’’=0 3 1 =⇔ x , 27 43 ) 3 1 ( = f Điểm uốn của đồ thị hàm số là ) 27 43 ; 3 1 (I Đồ thị hàm số nhận điểm uốn làm tâm đối xứng mxxxmxxx −=+−−⇔=++−− 202 2323 (1) Số nghiệm của (1) là số giao điểm của đường thẳng my −= và đồ thị hàm số 2)( 23 +−−== xxxxfy . 11 −>⇔<− mm : (1) có 1 nghiệm 11 −=⇔=− mm : (1) có 2 nghiệm phân biệt 1 27 59 27 59 1 −<<−⇔<−< mm : (1) có 3 nghiệm phân biệt 27 59 27 59 −=⇔=− mm : (1) có 2 nghiệm phân biệt 27 59 27 59 −<⇔>− mm : (1) có 1 nghiệm Vậy:     −< −> 27 59 1 m m : (1) có 1 nghiệm 0,25 0,25 0.25 0.25 0,25 0.25 0,5 0,25 0,5     −= −= 27 59 1 m m : (1) có 2 nghiệm phân biệt 1 27 59 −<<− m : (1) có 3 nghiệm phân biệt 0,25 Bài 2 Câu 1 Câu 2 Bài 3 Câu 1 Câu 2 042.22.20424.2 21 =−−⇔=−− + xxxx Đặt 0,2 >= tt x ta có phương trình:    = −= ⇔=−− 2 1 0422 2 t t tt Vì 0 > t nên 1 −= t loại. Ta có 1222 =⇔=⇔= xt x Vậy nghiệm của phương trình đã cho là : x = 1. Giải 01log2log3 9 2 9 =−− xx Điều kiện: x > 0. Đặt 0,log 9 ≥= txt ta có phương trình:     −= = ⇔=−− 3 1 1 0123 2 t t tt Vì 0 ≥ t nên 3 1 −= t loại. Ta có     = = ⇔    −= = ⇔=⇔= 9 1 9 1log 1log 1log1 9 9 9 x x x x xt Đối chiếu điều kiện, nghiệm của phương trình là: 9 1 ,1 == xx Chứng minh BCSA ⊥ . Gọi M là trung điểm BC, ta có: BCAM ⊥ BCSM ⊥ Suy ra )(SAMBC ⊥ Nên SABC ⊥ Gọi O là tâm của tam giác đều ABC, ta có : )( ABCSO ⊥ Trong mặt phẳng (SAO), đường trung trực của đoạn SA cắt SO tại I. Ta có: ICIBIA == (vì SOI ∈ ) SIIA = Vặy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC Trong tam giác đều ABC , ta có: 2 3a AM = 3 3 2 a AMAO == 0.5 0,5 0,5 0,5 1,0 0.25 0.25 Gọi K là trung điểm SA thì SK = a Tam giác SAO vuông tại O: 3 33 9 3 4SASO 2 222 aa aOA =−=−= SKI ∆ đồng dạng với SOK ∆ (g.g), suy ra: SO SK SA SI = 33 6 3 33 .2. a a aa SO SKSA SI ===⇔ Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là: 33 144 4 2 2 a SIS π π == 0,25 0,25 PHẦN RIÊNG Bài 4A Bài 5A Bài 6A )sin21.(sin2cos.sin 2 xxxxy −== Với ];0[ π ∈ x đặt xt sin = , ]1;0[ ∈ t ta có: 3 2)( tttfy −== 2 61)(' ttf −= ; 6 1 0)(' =⇔= ttf 0)0( = f 1)1( −= f 63 2 ) 6 1 ( = f Giá trị lớn nhất của hàm số là: 63 2 Giá trị nhỏ nhất của hàm số là: -1 0loglog2 3 2 3 =+− mxx (1) Đặt 0,log 3 ≥= txt ta có phương trình ttm +−= 2 2 (2) Xét tttf +−= 2 2)( 14)(' +−= ttf ; 4 1 0)(' =⇔= ttf (1) có 4 nghiệm phân biệt ⇔ (2) có 2 nghiệm dương phân biệt ĐS: 8 1 0 << m CM  90OIO' = ∧ 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 I C M D O O' A B Gọi M là trung điểm AB, Chứng minh được tam giác IMO’ vuông cân, nên  45' = ∧ IMO Chứng minh được 'IOIO = nên tam giác IOO' vuông cân tại I 1,0 Bài 4B Bài 5B Bài 6B x exy 2 .' = 00' =⇔= xy Giá trị lớn nhất của hàm số là: 4 2 e Giá trị nhỏ nhất của hàm số là: 4 1 − Vẽ đường sinh AC, gọi H là trung điểm BC Khoảng cách cần tìm là O’H = 25 cm 1,0 1,0 1,0 H I C B O' O A D . cắt SO t i I. Ta có: ICIBIA == (vì SOI ∈ ) SIIA = Vặy I là tâm mặt cầu ngo i tiếp hình chóp S.ABC Trong tam giác đều ABC , ta có: 2 3a AM = 3 3 2 a AMAO. G i K là trung i m SA thì SK = a Tam giác SAO vuông t i O: 3 33 9 3 4SASO 2 222 aa aOA =−=−= SKI ∆ đồng dạng v i SOK ∆ (g.g), suy ra: SO SK SA SI = 33