Đề + ĐA KTHKI 12CB+NC (đề 1) (10-11)

TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỔ TOÁN - TIN ĐỂ KIỂM TRA HỌC KÌ I Năm học 2010-2011 Môn Toán - Lớp 12 Thời gian: 90P’, không kể thời gian giao đề ĐỀ SỐ 1 A – Phần chung Câu 1: (4đ) Cho hàm số 2x 1 y x 1 + = − a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m, đường thẳng y=2x+m luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt. c) Tìm điểm M trên đồ thị (C) của hàm số sao cho khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng bằng khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang. Câu 2: (3đ) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh AB=a. Các cạnh bên SA, SB, SC tạo với đáy một góc bằng 60 0 . a) Tính thể tích và diện tích toàn phần của khối chóp S.ABC b) Tính thể tích hình cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC B – Phần riêng I – Theo chương trình chuẩn Câu 3: (2đ) Giải phương trình: a) 2x x x 5 15 2.9 0− − = b) 1 2 1 5 log x 1 log x + = − + Câu 4: (1đ) Giải bất phương trình: 1 3 2 x 1 log (log ) 0 x 1 + ≥ − II – Theo chương trình nâng cao Câu 5 (2đ) Cho phương trình x x x m.4 (m 1).14 3.49 (1)= + + a) Giải phương trình (1) với m=1 b) Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có nghiệm duy nhất Câu 6 (1đ) Giải phương trình: 1 1 1 2 2 2 log (x 1) log (x 1) log (7 x) 1− + + − − = -------------------------------------------------- Hết ----------------------------------------------- TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỔ TOÁN - TIN ĐÁP ÁN ĐỂ KIỂM TRA HỌC KÌ I Năm học 2010-2011 Môn Toán - Lớp 12 Đề số I STT Nội dung Điể m A Phần chung Câu 1 a 1. Tập xác định: ¡ \{1} 2. Sự biến thiên: * Chiều biến thiên: 2 3 y' 0, x 1 (x 1) − = < ∀ ≠ − Hàm số nghịch biến trên các khoảng (-∞; 1) và (1;+∞) . Cực trị: Hàm số đã cho không có cực trị . Giới hạn: −∞= − + = − − → → 1 12 limlim 1 1 x x y x x ; +∞= − + = + + → → 1 12 limlim 1 1 x x y x x Do đó đường thẳng x=1 là tiệm cận đứng của đồ thị 2 1 12 limlim = − + = ±∞→ ±∞→ x x y x x Vậy đường thẳng y= 2 là tiệm cận ngang của đồ thị * Bảng biến thiên: 3. Đồ thị: Đồ thị nhận điểm I(1;2) làm tâm đối xứng 2 b Ta có hoành độ giao điểm của đường thẳng y=2x+m với đồ thị là nghiệm 1 của phương trình: 2 x 1 2x 1 2x m x 1 2x (m 4)x (m 1) 0 (*) ≠  + = + ⇔  − + − − + =  Ta có x=1 không là nghiệm của (*) và biệt số: 2 2 2 (m 4) 8(m 1) m 8m 16 8m 8 m 24 0, m ∆ = − + + = − + + + = + > ∀ Do đó, PT(*) luôn có hai nghiệm khác 1. Vậy đường thẳng y=2x+m luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt. c Gọi M 0 0 0 2x 1 x ; x 1   +  ÷ −   ∈(C). Gọi d 1 là khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng và d 2 là khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang, ta có: 0 1 0 2 0 0 2x 1 3 d x 1;d 2 x 1 x 1 + = − = − = − − Từ giả thiết suy ra: 2 0 0 0 0 2 0 0 0 0 x 2x 2 0 3 x 1 x 1 3 x 1 x 2x 4 0 (VN )  − − = − = ⇔ ⇔ = ±  − − + =   Vậy có hai điểm M thỏa mãn điều kiện M 1 ( 1 3;2 3+ + ); M 2 ( 1 3;2 3− − ) 1 Câu 2 a *) Tính thể tích của khối chóp S.ABC Gọi H là tâm của ∆ ABC. Vì SABC là hình chóp đều nên SH là đường cao của chóp SABC. Ta có: Diện tích đáy ∆ ABC là: 2 ABC 1 a 3 a 3 S . .a 2 2 4 = = (đvdt) Gọi M là trung điểm của BC. Suy ra: 2 a 3 HA AM 3 3 = = Xét tam giác ∆ SHA vuông tại H và · 0 SAH 60= có: 0 SH AH.tan60 a= = Vậy thể tích của chóp S.ABC là: 2 3 SABC 1 a 3 a 3 V . .a 3 4 12 = = (đvtt) 1.5 *) Tính diện tích toàn phần của khối chóp S.ABC Vì SABC là hình chóp đều nên ta có: ∆ SAB= ∆ SBC= ∆ SCA. Xét ∆ SAB có: 2 2 2 2 a 2a SA SH AH a 3 3 = + = + = Gọi I là trung điểm của AB suy ra: 2 2 a 13 SI SA IA 12 = − = Diện tích tam giác ABC là: 2 ABC 1 a 13 S .SI.AB 2 2 12 = = Diện tích toàn phần của khối chóp S.ABC là: 2 2 2 2 tp ABC ABC a 13 a 3 6a ( 13 1) 3a ( 13 1) S 3.S S 3. 4 2 12 4 12 2 12 + + = + = + = = (đvdt) b Vì S.ABC là hình chóp đều nên tâm O của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đó nằm trên đường cao SH. Gọi I là trung điểm SA. Ta có: OI SA⊥ . Khi đó hai tam giác vuông SIO SHA∆ ∆: . Từ đó suy ra: SO SI SA SA SH 2SH = = . Do đó: 2 SA SO R 2SH = = là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp Mặt khác 2 2 2a SH a;SA SH HA 3 = = + = Vậy 2 4a 2a 3 R 2.a 3 = = Thể tích của hình cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là: 3 3 MC 4 2a 32. .a V . .( ) 3 3 81 π = π = = (đvtt) 1.5 Câu 3 a 2x x x 5 15 2.9 0 (1)− − = Chia 2 vế của PT(1) cho 9 x ta có: x x 2x x 25 5 5 5 ( ) ( ) 2 0 ( ) ( ) 2 0 (2) 9 3 3 3 − − = ⇔ − − = 1 Đặt x 5 t ( ) ,t 0 3 = > . Ta có 2 t 1 (loai) (2) t t 2 0 t 2 = −  ⇔ − − = ⇔  =  Với x 5 3 5 t 2 ( ) 2 x log 2 3 = ⇒ = ⇔ = . Vậy nghiệm của PT(1) là 5 3 x log 2 = b ĐK: x 0,log x 5vàlogx 1> ≠ ≠ − Đặt t log x(t 5,t 1)= ≠ ≠ − , ta được phương trình 1 2 1 5 t 1 t + = − + Từ đó ta có phương trình 2 2 1 t 2(5 t) (5 t)(1 t) t 11 t 4t 5 t 5t 6 0 t 2 t 3 + + − = − + ⇔ − + = − + + ⇔ − + = =   =  )t 2 hay logx 2 x 100 )t 3 hay logx 3 x 1000 + = = ⇔ = + = = ⇔ = Vậy PT có nghiệm x=100 và x=1000 1 Câu 4 1 3 2 x 1 log (log ) 0 x 1 + ≥ − ĐK: 3 x 1 x 1 0 0 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 log 0 1 x 1 x 1 + +   > >     − − ⇔ ⇔ >   + +   > >     − − Với ĐK trên: 1 3 3 2 x 1 x 1 log (log ) 0 0 log 1 x 1 x 1 x 1 x 1 1 x 1 x 1 1 3 x 2 (t / mãn) x 1 x 1 x 1 3 x 2 x 1 + + ≥ ⇔ < ≤ − − +  >  <  +   − ⇔ < ≤ ⇔ ⇔ ⇔ ≥ ≤    + −    ≤ ≥     − Vậy tập nghiệm của BPT là: [2; )+∞ Câu 5 x x x 2x x 7 7 m.4 (m 1).14 3.49 3.( ) (m 1).( ) m 0 (1) 2 2 = + + ⇔ + + − = a Với m=1 ta có phương trình 2x x 7 7 3.( ) 2.( ) 1 0 (2) 2 2 + − = Đặt x 7 t ( ) ,t 0 2 = > phương trình (2) trở thành: 2 t 1 (loai) 3t 2t 1 0 1 t 3 = −   + − = ⇔  =  Vậy x 7 2 7 1 1 (2) ( ) x log 2 32 3 ⇔ = ⇔ = b Đặt x 7 t ( ) ,t 0 2 = > PT(1) trở thành: 2 3t (m 1)t m 0 (3)+ + − = PT(1) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi PT(3) có duy nhất 1 nghiệm t>0. *) PT(3) có 2 nghiệm 1 2 t 0 t 3( m) 0 m 0 < < ⇔ − < ⇔ > *) PT(3) có nghiệm kép t>0 khi và chỉ khi: 2 2 (m 1) 12m 0 m 14m 1 0 b m 1 m 1 0 2a 6 m 7 4 3 m 7 4 3 m 1  ∆ = + + =  + + =  ⇔   + < − − = − >     = − ±  ⇔ ⇔ = − −  < −   *) PT(3) có một nghiệm bằng 0 thì m=0. Với m=0 PT(3) trở thành: 2 t 0 3t t 0 t(3t 1) 0 1 t 3 =   + = ⇔ + = ⇔  = −  (Không thỏa mãn) Vậy để PT(3) có nghiệm duy nhất thì m>0 hoặc m 7 4 3= − − 1 Câu 6 1 1 1 2 2 2 log (x 1) log (x 1) log (7 x) 1 (1)− + + − − = 1 ĐK: x 1 1 x 7 x 7 >  ⇔ < <  <  Với ĐK trên 2 1 1 2 2 2 2 1 2 2 2 2 (1) log (x 1) 2log (7 x) 1 (x 1) (x 1) 1 log 1 (7 x) (7 x) 2 2x 2 49 14x x x 14x 51 0 x 17 (loai) x 3 ⇔ − − − = − − ⇔ = ⇔ = − − ⇔ − = − + ⇔ + − = = −  ⇔  =  Vậy PT có nghiệm x=3 . 11 t 4t 5 t 5t 6 0 t 2 t 3 + + − = − + ⇔ − + = − + + ⇔ − + = =   =  )t 2 hay logx 2 x 100 )t 3 hay logx 3 x 1000 + = = ⇔ = + = = ⇔ = Vậy PT có nghiệm. số: 2 2 2 (m 4) 8(m 1) m 8m 16 8m 8 m 24 0, m ∆ = − + + = − + + + = + > ∀ Do đó, PT(*) luôn có hai nghiệm khác 1. Vậy đường thẳng y=2x+m luôn cắt (C) tại