Kiem tra Hoc ki 1 Toan 12 de so 16

Gọi I là tâm hình chữ nhật ABCD, biết rằng bán kính đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD bằng bán kính đường tròn đáy của hình trụ.[r]

Đề số 16

ĐỀ THI HỌC KÌ – Năm học Mơn TỐN Lớp 12 Thời gian làm 90 phút I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)

Bài 1: (3 điểm) Cho hàm số y x 3 x2 x2 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số

2) Biện luận theo m số nghiệm phương trình: x3 x2 x 2 m0

Bài 2: (2 điểm) Giải phương trình sau:

1) 2.4x  2x1 0 2) x x

2

9

3log  log 1 0

Bài 3: (2 điểm) Cho hình chóp tam giác S.ABC có cạnh đáy a cạnh bên 2a 1) Chứng minh SA vng góc với BC

2) Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC

II PHẦN RIÊNG (3 điểm)

A Theo chương trình nâng cao

Bài 4a: (1 điểm) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số ysin cos2x x đoạn [0; ] .

Bài 5a: (1 điểm) Tìm tất giá trị tham số m để phương trình sau có nghiệm phân biệt:

x x m

2

3

2 log  log  0

Bài 6a: (1 điểm) Cho hình trụ có trục OO' Một mặt phẳng (P) song song với trục OO' cắt hình trụ theo thiết diện hình chữ nhật ABCD Gọi I tâm hình chữ nhật ABCD, biết bán kính đường trịn ngoại tiếp hình chữ nhật ABCD bán kính đường trịn đáy hình trụ Chứng minh I thuộc mặt cầu đường kính OO'

B Theo chương trình chuẩn

Bài 4b: (1 điểm) Cho hàm số y e sinx, chứng minh rằng: y.sinx y '.cosx y '' 0 Bài 5b: (1 điểm) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số sau đọan [–1; 1] :

x

x

y e2

 

  

 

Bài 6b: (1 điểm) Cho hình trụ có trục OO' có chiều cao bán kính đáy 50cm Một đoạn thẳng AB dài 100cm với A thuộc đường trịn (O) B thuộc đường trịn (O') Tính khoảng cách AB OO'

––––––––––––––––––––Hết–––––––––––––––––––

Đề số 16

ĐỀ THI HỌC KÌ – Năm học Mơn TỐN Lớp 12 Thời gian làm 90 phút

Bài ĐÁP ÁN TÓM TẮT ĐIỂM

1.1 y f x ( )x3 x2 x2 TXĐ: D = R

xlim ( ) f x



; xlim ( )  f x

 

y’=3x2 2x1 ; y’=

x x

1

 

 

  

BBT:

Hàm số tăng

1

( ; ),(1; )

3

   

giảm

( ;1)

3



Đồ thị hàm số có điểm cực đại

1 59

( ; )

3 27



điểm cực tiểu (1;1) Điểm uốn: y’’= 6x – ; y’’=0 x

1

 

, f

1 43

( )

3 27

Điểm uốn đồ thị hàm số I 43 ( ; )

3 27

Đồ thị hàm số nhận điểm uốn làm tâm đối xứng

0,25 0,25

0.25 0.25 0,25

0.25

0,5

1.2 x3 x2 x 2 m 0 x3 x2 x 2 m

          (1)

Số nghiệm (1) số giao điểm đường thẳng ym đồ thị hàm số y f x ( )x3 x2 x2.

 m 1 m 1: (1) có nghiệm

 m 1 m1: (1) có nghiệm phân biệt



m 59 59 m

1

27 27

       

: (1) có nghiệm phân biệt 

m 59 m 59

27 27

   

: (1) có nghiệm phân biệt 

m 59 m 59

27 27

    

: (1) có nghiệm

Vậy: m m 59 27       

 : (1) có nghiệm

m m 59 27     

 : (1) có nghiệm phân biệt

m

59 1

27

   

: (1) có nghiệm phân biệt

0,5

0,25 2.1 2.4x 2x1 4 0 2.22x 2.2x 4 0

      

Đặt t2 ,x t0 ta có phương trình:

t loai

t2 t t ( )

2  0    2  

Với t 2 2x  2 x1

Vậy nghiệm phương trình cho : x =

0.5 0,5

2.2 2x x

9

3log  log 1 0

Điều kiện: x >

Đặt tlog9x t, 0 ta có phương trình:

t

t2 t t loai

3 1 ( )

3           Với x x t x x x 9 9 log

1 log log 1

9                

Đối chiếu điều kiện, nghiệm phương trình là: x x 1,   0,5 0,5 3.1 Chứng minh SA BC .

Gọi M trung điểm BC, ta có: AM BC

SM BC

Suy BC(SAM) Nên BC SA

1,0 3.2 Gọi O tâm tam giác ABC, ta có : SO(ABC)

Trong mặt phẳng (SAO), đường trung trực đoạn SA cắt SO I Ta có: IA IB IC  (vì I SO ); IA IS

Vặy I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC Trong tam giác ABC , ta có:

a AM  ; a AO 2AM

3 3

 

Gọi K trung điểm SA SK = a

Tam giác SAO vuông O:

2 a a

SO SA OA2 4a2 33

9

    

SKI SOK

 ~ (g.g), suy ra:

SI SK SA SO

SA SK a a a SI

SO a

33 33

3

   

Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là:

a S SI2 144

33

 

 

0.25

0,25

0,25 4a y sin cos2x x sin (1 2sin )x 2x

  

Với x[0; ] đặt tsinx, t[0;1] ta có: y f t ( ) t 2t3

f t'( ) 6  t2 ; f t t '( )

6

  

f(0) 0 ; f(1)1; f

1

( )

6 3

Giá trị lớn hàm số là: Giá trị nhỏ hàm số là: –1

0,25 0,25

0,25 0,25

5a 2x x m

3

2 log  log  0

(1)

Đặt tlog3x t, 0 ta có phương trình: m2t2t (2)

Xét f t( )2t2t; f t'( )4 1t ; f t t '( )

4

  

(1) có nghiệm phân biệt  (2) có nghiệm dương phân biệt  m

1

8

 

0,25 0,25

0,25

6a

Chứng minh: OIO 90 Gọi M trung điểm AB

Chứng minh tam giác IMO’ vuông cân, nên IMO 45

Chứng minh IO IO ', nên IOO' vuông

cân I

1,0

4b y esinx

  y cos x esinx; y  sin x esinx cos 2x esinx

Thay vào vế trái, ta đpcm

1,0

5b x x

y e2

 

  

   y'x e 2x; y' 0  x0

e

y y y

e

2

3

(1) ; ( 1) ; (0)

4 4

   

Giá trị lớn hàm số là: e2

4 ; Giá trị nhỏ hàm số là:



1,0

6b

Vẽ đường sinh AC, gọi H trung điểm BC Khoảng cách cần tìm O’H = 25 cm

1,0

============================

I C

M D

O O'

A

B

H

I C

B O'

O

A