Đề thi Học kì 1 Toán 12 - Đề số 2

Đề số 2 ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010 Môn TOÁN Lớp 12 Nâng cao Thời gian làm bài 90 phút Bài 1 (3 điểm) a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: y f x x x x C 3 2 1 ( ) 2 3 1 ( ) 3 = = − + − + (2 điểm) b) Tìm m để đường thẳng d y mx( ) : 1= + cắt C( ) tại 3 điểm phân biệt? (1 điểm) Bài 2 (3 điểm) a) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: f x x x 1 4 ( ) cos2 2sin 3 3 = − − + , với x 0; 2 π   ∈     (1 điểm) b) Giải phương trình: x x 2 2 2 2 2 4 log 5log 13log 4 0− + = (1 điểm) c) Giải hệ phương trình y x xy 1 1 2 16 4 3 0 −  =    − − =  (1 điểm) Bài 3 (1 điểm) Cho hàm số ( ) m x m x m m y C x 2 2 2( 1) 2 + + + + = + , m là tham số. Tìm m để hàm số ( ) m C có cực đại, cực tiểu và khoảng cách giữa hai điểm cực đại, cực tiểu bằng 5 ? (1 điểm) Bài 4 (3 điểm) Cho hình chóp S ABC. có SA ABC( )⊥ , đáy là ABC ∆ vuông tại C . Biết SA a AB a AC a3, 2 ,= = = . a) Tính thể tích của khối chóp S ABC. . (1,5 điểm) b) Gọi H K, lần lượt là hình chiếu vuông góc của A xuống SC SB, . Xác định tâm I và tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp H ABC. . Suy ra diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp H ABC. và thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp H ABC. . (1 điểm) c) Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp A BHK. và A BCH. ? (0,5 điểm) =============================== Đề số 2 ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010 Môn TOÁN Lớp 12 Nâng cao Thời gian làm bài 90 phút Bài 1 (3 điểm) a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: y f x x x x (C) 3 2 1 ( ) 2 3 1 3 = = − + − + • Tập xác định D R= (0,25 điểm) • Giới hạn x x y ylim ; lim →+∞ →−∞ = −∞ = +∞ (0,25 điểm) • x y y x x y x x x y 2 2 1 1 ' 4 3; ' 0 4 3 0 3 3 1   = = −  = − + − = ⇔ − + − = ⇔ ⇒  =   =  (0,25 điểm) • Bảng biến thiên (0,5 điểm) Hàm số đồng biến trên (1;3) , nghịch biến trên ( ;1)−∞ và (3; )+∞ Điểm cực đại I 1 (3;1) , điểm cực tiểu I 2 1 1; 3   −  ÷   • Ta có y x y x x'' 2 4; '' 0 2 4 0 2= − + = ⇔ − + = ⇔ = . Điểm uốn I 1 2; 3    ÷   ( 0,25 điểm) • Điểm đặc biệt: ( ) A 0;1 , B 1 4; 3   −  ÷   . Đồ thị hàm số nhận điểm uốn I 1 2; 3    ÷   làm tâm đối xứng. (0,5 điểm) 1 3 − 1 - 0 1 −∞ 3 0 +∞ −∞ -+ x ( ) 'f x ( ) f x 0 -2 A 2 -1 x y I 1 -2 3 4 . . . . . . . . . . . B b) Tìm m để đường thẳng d y mx( ) : 1= + cắt C( ) tại 3 điểm phân biệt? Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d) là: x x x x = mx x x x m x x m 3 2 2 2 0 1 1 2 3 1 1 2 3 0 1 2 3 0 3 3 3  =    − + − + + ⇔ − + + = ⇔  ÷ − + + =     (0,5 điểm) Đặt g x x x m 2 1 ( ) 2 3 3 = − + + . Để PT đã cho có 3 nghiệm phân biệt thì PT g x( ) 0= có 2 nghiệm phân biệt khác 0 ( ) ( ) m m g m m 1 ' 0 0 1 3 0 3 0 0 3 3 ∆   >   < − + > ⇔ ⇔ ⇒    ≠ ≠ −    ≠ −  (0,5 điểm) Bài 2 ( 3 điểm) a) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: f x x x 1 4 ( ) cos2 2sin 3 3 = − − + , với x 0; 2 π   ∈     • Ta có ( ) f x x x x x x 2 2 1 4 2 ( ) 1 2sin 2sin sin 2sin 1, 0; 3 3 3 2 π   = − − − + = − + ∈     (0,25 điểm) Đặt t x t g t t t t 2 2 sin , 0 1 ( ) 2 1, 0;1 3   = ≤ ≤ ⇒ = − + ∈   . (0,25 điểm) [ ] g t t g t t 4 '( ) 2, '( ) 0, 0;1 3 = − < ∀ ∈ . (0,25 điểm) Giá trị lớn nhất: [ ] g t g khi t f x khi x 0;1 0; 2 max ( ) (0) 1 0 max ( ) 1 0 π       = = = ⇔ = = Giá trị nhỏ nhất là: [ ] g t g khi t f x khi x 0;1 0; 2 1 1 min ( ) (1) 1 min ( ) 3 3 2 π π       = = − = ⇔ = − = Vậy f x khi x 0; 2 max ( ) 1 0 π       = = , f x khi x 0; 2 1 min ( ) 3 2 π π       = − = (0,25 điểm) b) PT x x 2 2 2 2 2 4 log 5 log 13log 4 0− + = ⇔ x x 2 2 2 log 10 log 16 0+ + = . (0,5 điểm) Đặt t x 2 log= , ta có phương trình: (0,25 điểm) x x t x t t t x x x 2 2 2 8 2 1 log 2 2 2 4 10 16 0 8 log 8 1 2 256 − −  =   = −  = − = + + = ⇔ ⇔ ⇔ ⇒    = − = −  =    =  (0,25 điểm) c) Giải hệ phương trình y x xy 1 1 2 (1) 16 4 3 0 (2) −  =    − − =  y x 1 (1) 2 ⇔ = , thay vào phương trình (2) ta được: y y y y y t t t 1 2 4 0 4 16 4 3 0 4 3 0 4 3 0 4 −  = >  − − = ⇔ − − = ⇔  − − =   (0,5 điểm) Phương trình t t t t t t 2 4 1 3 0 3 4 0 4  = − − − = ⇔ − − = ⇔  =  (0,25 điểm) Kết hợp điều kiện, ta chọn y t y x4 4 4 1 2= ⇔ = ⇔ = ⇒ = (0,25 điểm) Vậy hệ phương trình có nghiệm (2;1) Bài 3 (1 điểm) • Tập xác định { } D R \ 2= − ( 0,25 điểm) • [ ] x m x x m x m m x x m m y x x 2 2 2 2 2 2 2 2( 1) ( 2) 2( 1) 4 3 4 ' ( 2) ( 2)   + + + − + + + + + − + +   = = + + Đặt ( ) g x x x m m 2 2 4 3 4= + − + + . Để hàm số đã cho có cực trị thì y ' 0= có hai nghiệm phân biệt khác 2− và y ' đổi dấu khi đi qua hai nghiệm phân biệt đó g x( ) 0⇔ = có hai nghiệm phân biệt khác 2− . Ta có hệ: ( ) m m m m g m m 2 2 ' 0 3 0 0 3 2 0 3 0 ∆   >  − > ⇔ ⇒ < ∨ >   − ≠ − + ≠    (0,25 điểm) Vậy ( ) ( ) m ;0 3;∈ −∞ ∪ +∞ thì hàm số đã cho có cực trị. Với ( ) ( ) m ;0 3;∈ −∞ ∪ +∞ , gọi hai điểm cực trị là ( ) ( ) I x x m I x x m 1 1 1 2 2 2 ; 2 2 2 ; ; 2 2 2+ + + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) I I I I x x x x x x x x x x 2 2 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1 1 2 5 5 2 2 5 5 5 4 1 * = ⇔ = ⇔ − + − = ⇔ − = ⇔ + − = Áp dụng hệ thức Viet, ta có x x x x m m 1 2 2 1 2 4 3 4  + = −   = − + +   . (0,25 điểm) Thay vào (*) ta được phương trình m m m m 2 3 10 2 4 12 1 0 3 10 2  − =   − − = ⇔ +  =   (0,25 điểm) Bài 4 (3 điểm) Vẽ hình đúng ( 0,5 điểm) a) Do SA ABC( )⊥ nên SA là đường cao của hình chóp S ABC. . Thể tích của khối chóp là: ABC V SA S 1 . 3 ∆ = (0,25 điểm) Mà ABC ∆ vuông tại C nên: ABC a S AC BC a a 2 1 1 3 . . 3 2 2 2 ∆ = = = (0,25 điểm) Suy ra a V a a 3 2 1 3 3. 3 2 2 = = . (0,5 điểm) b) Ta có: BC SAC( )⊥ ( do BC AC BC SA;⊥ ⊥ ) Suy ra BC AH⊥ . Mặt khác, SC AH ⊥ . Từ đó, AH SBC AH HB( )⊥ ⇒ ⊥ . AHB ∆ vuông tại H . Gọi I là trung điểm của AB , ta có IA IB IH (1)= = ACB ∆ vuông tại C , ta có IA IB IC (2)= = Từ (1), (2) suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp H ABC. . Bán kính AB R IA a 2 = = = . (0,5 điểm) Diện tích mặt cầu là: S R a 2 2 4 4 π π = = . Thể tích khối cầu là: V R a 3 3 4 4 3 3 π π = = (0,5 điểm) c) Tỉ số thể tích 2 khối chóp A BHK. và A BCH. Ta có A BCH B AHC ACH a V V BC S BC AH HC a a 3 2 . . 1 1 1 1 3 . . . 3. . 3 3 2 3 8 8 = = = = = (0,25 điểm) ( ) H ABK B AHK a V V BK dt AHK BK AH HK 3 . . 1 1 1 3 . . . 3 3 2 14 ∆ = = = = Suy ra A BHK A BCH a V V a 3 . 3 . 3 12 14 1 7 8 = = (0,25 điểm) ================================= B S A C I K H . x x x x 2 2 2 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1 1 2 5 5 2 2 5 5 5 4 1 * = ⇔ = ⇔ − + − = ⇔ − = ⇔ + − = Áp dụng hệ thức Viet, ta có x x x x m m 1 2 2 1 2 4 3 4. (2 ;1) Bài 3 (1 điểm) • Tập xác định { } D R 2= − ( 0 ,25 điểm) • [ ] x m x x m x m m x x m m y x x 2 2 2 2 2 2 2 2( 1) ( 2) 2( 1) 4 3 4 ' ( 2) ( 2)