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
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 x21 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 m2 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 x1;x2
Hàm số đồng biến khoảng ; 2, 1;, nghịch biến khoảng (–2; 1)
Đạt cực đại điểm x2; yC§2, đạt cực tiểu điểm x1; 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 tiếp điểm tiếp tuyến cần tìm
o o o o o o o
f x'( ) 4 x2x 4 x2x 0 x 2;x 3
0,5
o o
x f x( )
, tiếp tuyến là: d y1 x 26
3
(3)o o
x f x( )
, tiếp tuyến là: d y2 x 73
6
0,25
II.1
ĐK: 3x 0 ; pt 3x 3 2x 32x 8.3x 0 0,50
Đặt t3 ;x t0, pt trở thành:
t loai t2 0t t 91 ( )
0,25
với t = 9, ta có : 3x 9 x2 (thoả điều kiền) Vậy, pt có nghiệm x =
0,25
II.2
ĐK: 0x10;
x
pt x
x x
2log log
log log
0,25
đặt tlogx (t1), ta có pt:
t t t t t loai t
t
t t
2 2 0 ( ) 2
2
1 1
0,50
với t2, 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'cosxsinx e 2xsinx cos 2.x e 2x 3sinx cosx e 2x 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 (*) log2x0)
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
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
0,50