Kiem tra Hoc ki 1 Toan 12 de so 15

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.[r]

(1)

Đề số 15

ĐỀ THI HỌC KÌ – Năm học Mơn TỐN Lớp 12 Thời gian làm 90 phút I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC HỌC SINH (8 điểm)

Câu I: (3đ) Cho hàm số y x x x

3

1 2 (1)

3

   

1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1)

2) Viết phương trình tiếp tuyến với (C), biết tiếp tuyến song song với đường thẳng

d y x

( ) : 4 2.

Câu II: (2đ) Giải phương trình sau:

1) log (33 x  8) 2  x 2)

x x

2 log log log log

10 10

 

Câu III: (2đ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành Trên cạnh SB, SC ta lấy điểm M, N cho

SM SB

2 

SN SC

1 

1) Mặt phẳng (AMN) cắt cạnh SD điểm P Tính tỷ số

SP SD .

2) Mặt phẳng (AMN) chia hình chóp S.ABCD thành hai phần Tìm tỉ số thể tích hai phần

Câu IV: (1đ) Cho hình lăng trụ đứng có đáy tam giác cạnh a chiều cao hình lăng trụ h Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ

II PHẦN RIÊNG (2 điểm)

A Chương trình Chuẩn:

Câu Va: (2đ)

1) Tính đạo hàm hàm số sau:

a)





x

y sinx cosx e2

b) y x 2ln x21 2) Giải bất phương trình:



x



x x 12

log log

12 





B Chương trình Nâng cao :

Câu Vb: (2đ) Dùng đồ thị để biện luận theo m số nghiệm phương trình :





x2 m2 x 3m 0

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

(2)

Đề số 15

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

Câu Nội dung Điểm

I.1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) TXĐ: D

Giới hạn: xlim y 

0,25

y'x2 x 2; y' 0  x1;x2

Hàm số đồng biến khoảng









Đạt cực đại điểm x2; yC§2, đạt cực tiểu điểm x1; yCT 

0,25 0,25

BBT:

x   2 1 

y’ +  +

y

 





0,75

Đồ thị: cắt trục tung điểm 0;

3

 



 

 , điểm uốn

U 1;

 

 

 

  tâm đối xứng

x y

O

0,50

I.2

Gọi



x f xo

o



o o o o o o o

f x'( ) 4  x2x  4  x2x  0  x 2;x 3

0,5

o o

x f x( )

  

, tiếp tuyến là:

 

d y

x

3

(3)

o o

x f x( )

  

, tiếp tuyến là:

 

d y

x

6

  0,25

II.1

ĐK: 3x  0 ; pt 3x  3 2x  32x 8.3x  0 0,50

Đặt t3 ;x t0, pt trở thành:

t loai t2 0t    t 91 ( )

 

0,25

với t = 9, ta có : 3x  9 x2 (thoả điều kiền) Vậy, pt có nghiệm x =

0,25

II.2

ĐK: 0x10;

x

pt x

x x

2log log

log log

  

 

0,25

đặt tlogx (t1), ta có pt:

t t t t t loai t

t

t t

2 2 0 ( ) 2

2

1 1          

  

0,50

với t2, ta có : x x log

100

  

(thoả điều kiện)

Vậy, pt có nghiệm x 100 

0,25

III

0,25

III.1 Gọi O AC BD  Trong tam giác SAC, trung tuyến SO AN cắt I trọng tâm tam giác nên có

SI SO

2 

Suy

SM SI IM BD

SB SO

   

Trong tam giác SBD, IM cắt SD P giao điểm (AMN) với SD

Suy

SP SM SP

SD SB SD

2

3

   

0,75

III.2 O trung điểm BD IM // BD nên I trung điểm PM, suy ra:

ABC ACD AMN APN

S s ;S S

Do

S AMPN S AMN

S ABCD S ABC

V V SA SM SN

V.. V.. SA SB SC

2 1 1

2 3

       

(4)

S AMNP

S AMNP S ABCD ABCDMNP S ABCD

ABCDMNP

V

V V V V

V

13 23 12

      0,25

IV Giả sử ABC.A’B’C’ lăng trụ tam giác Gọi I, I’ tâm tam giác ABC A’B’C’ Ta có I I’ trục hai tam giác Gọi O trung điểm I I’ ta có OA = OB = OC = OA’ = OB’ = OC’ Nên O tâm mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ cho bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ là:

mc

h a

R OI AI

h a S R 2 2 2 4 4                   0,50 0,50 Va (2đ)

1a y'



x

x e



x



x

x e



x



x

x e



x

0,50

1b













x

y x x x

x x

y x x x x x

x x

2

2 2

3

2 2

2

ln ln

2

1

' ln ln

2 1 1

                  0,50 2 ĐK: x

x (*) x

x

0 5 2

5 12 0

12 12              0,25 x x BPT x

x x x

2

2 log 12 2 log 12 log

log 12 12

 

   

 

(vì với điều kiện (*) log2x0)



x

 

x



x

x x

x x x

5

6

5 12 0 6 2

2

12 12

3                    0,50

Kết hợp với điều kiện (*), nghiệm bpt x

5

12 2

0,25 Vb





x

x m x m m

x

2 2 3 2 0 2

3

 

      



0,25

Số nghiệm phương trình cho số giao điểm đồ thị hàm số

(5)

x x y

x

2 2 2

 

 

đường thẳng y m

Hàm số

x x

y

x

2 2 2

 

 

hàm số chẵn nên đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng

Từ đồ thị hàm số

x x

y

x 2 2

3

 



 ta suy đồ thị hàm số

x x

y

x

2 2 2

 

 

0,50

Đồ thị:

Dựa vào đồ thị ta có:

* m 

: pt có nghiệm

* m 

: pt có nghiệm

* m

2 2

3  : pt có nghiệm * m = 2: pt có nghiệm * < m < 6: pt vô nghiệm * m = 6: pt có nghiệm * m > 6: pt có nghiệm

0,50