2 DE THI HOC KY I Mon thi Toan 12 tham khao va dap anSo 34

khối trụ giới hạn bởi hình trụ đó... Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SD. a) Chứng minh rằng DC vuông góc với AH... b) Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp[r]

ĐỀ 3

KIỂM TRA HỌC KỲ I MƠN TỐN LỚP 12

Thời gian làm bài: 90' Câu 1: (2,5đ)

Cho hàm số: y x 3 3x21

1/ Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số

2/ Viết phương trình tiếp tuyến với (C) điểm có hồnh độ nghiệm phương trình y"0

Câu 2: (1đ) Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số:

3

1

2

3

y x  x  x

đoạn [-1;2]

Câu 3: (1đ) Giải phương trình: 4x+12

−4

1 2− x

=3

Câu 4: (2,5đ)

Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh đáy 2a, cạnh bên hợp với đáy góc 

a/ (1,25đ) Tính thể tích khối chóp S.ABCD

b/ (1,25đ) Xác định tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD

PHẦN TỰ CHỌN:

HỌC SINH CHỌN TRONG HAI CÂU 5A HOẶC 5B Câu 5A: ( DÀNH CHO HỌC SINH BAN A)

1/ (1đ) Tìm tiệm cận đồ thị hàm số: y  x2 1 x

2/ (1đ) Giải bất phương trình   

3 3

5 log 18 log log

3

x

x x

3/ (1đ) Cắt mặt xung quanh hình nón theo đường sinh, trải mặt phẳng, ta đựơc nửa hình trịn có đường kính 10cm Tính thể tích khối nón giới hạn hình nón

Câu 5B: ( DÀNH CHO HỌC SINH BAN CƠ BẢN)

1/ (1đ) Tìm tiệm cận đồ thị hàm số

 

 1 (1 ) x y

x x

2/ (1đ) Giải bất phương trình: log 82 log  log4 2 3 x

x x

3/ (1đ) Cắt mặt xung quanh hình trụ theo đường sinh, trải mặt phẳng, ta hình vng có diện tích 100cm2 Tính thể tích

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM

Câu Ý Nội dung Điểm

1 (2,5đ)

1 (1,5đ)

TXĐ: 

'

0

'

2

 

   

      

y x x

x y

y

x y

3

lim ( 1) , lim ( 1)

           

x x x x x x

+ 0

0

2

-

+

-3

0

y y'

+

-

x

Hàm số đồng biến khoảng ( ;0) (2;)

Hàm số nghịch biến khoảng (0;2)

Hàm số đạt cực đại điểm x = 0; yCĐ =1, đạt cực tiểu điểm

x = 2; yCT = -3

Đồ thị:

x y

2 3 1

-3

-1

0,25 0,25 0,25 0, 25

0,25

0,25

(0,75đ)

" 6  0   1 1

y x x y

'(1)3

y

Phương trình tiếp tuyến là: y 3(x 1) 1  y 3x2

0,25 0,25 0,25

(1đ)

y’ = x2 – 4x +3 ,

y’ =  

1

3 1;

x x

   

   

y(-1) =

11 

, y(2) =

5

3, y(1) =

 1;2  1;2

7 11

max

3

y y



  

0,25 0,25 0,25 0,25

4x+

1 2−4

1

2− x=3⇔2 4x

−2 4x=3

Đặt t =

x

, t>o 

2

2t

t

 

 2t2 -3t -2 = 0



 

   

 

1 lo¹i 2 t t

t=  4x =  x=1

2

Vậy nghiệm phương trình x=1

0,25 0,25 0,25 0,25

(2,5đ) (1,25đ)

Gọi O tâm đáy SO(ABCD)

 , 2 2  2  2 tan

SAO AC a OA a SO a

Thê tích khối chóp S.ABCD là:

V=1

3SABCD SO=4a

√2 tanα

0,25

0,5 0,5

(1,25đ)

Gọi H trung điểm SA, mặt phẳng (SAC) dựng đường trung trực SA cắt SO I I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD

Hai tam giác vng SHI SOA đồng dạng , nên ta có:

  

SI SH SA SH SI

SA SO SO

2 2

, , tan

os os  sin 2

a  a    a

SA SH SO a SI

c c

Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là:

2 r

sin 2  a

0,25 0,25 0,5 0,25

PHẦN TỰ CHỌN 5A

(3đ) (1đ)

Tập xác định R

Đồ thị tiệm cận đứng

 

2

1

lim lim

1 x  x   x x  x x 

Suy đường thẳng y = tiệm cận ngang x 

 

lim

x   x   x ; đồ thị khơng có tiệm cận ngang x  

Gọi tiệm cận xiên y = ax +b 2

1

1

1

lim lim

x x

x

x

x x

a

x x

     

 

    

   

  

 

2

1

lim lim

1

x x

b x x

x x

     

    

 

Vậy đường thẳng y = -2x tiệm cận xiên x  

0,25 0,25

0,25

0,25

(1đ)   

2

3

5 log 18 log log

3

x

x x

(1) Điều kiện: x >

 

     

  

 

 

    

3 3

3

2

2

2

1 (1) log 18 log 2log log

2 log 18 2log

log 18

18

1

v×

2

x x x

x x

x

x x x

0,25 0,25 0,25 0,25

(1đ) A O B

Gọi l, r đường sinh bán kính đáy hình nón Từ giả thiết, ta suy l = 10/2=5

Diện tích xung quanh hình nón là: rl 5r

Diện tích nửa hình trịn là:

1 25

5

2  

Theo giả thiết ta có:

25

5

2

r    r

Gọi h đường cao hình nón thì: 2 25 25 3

4

h l  r   

0,25

Vậy thể tích khối trụ V =

2

1 5 125

3 r h 2 24

      

  0,25

5B

(3đ) (1đ)

Tập xác định D= R\{0;1}

2

0

1

lim , lim

(1 ) x (1 )

x

x x

x x x x

  



 

  

  ; đường thẳng x = tiệm cận

đứng

2

1

1

lim , lim

(1 ) x (1 )

x

x x

x x x x

  



 

  

  ; đường thẳng x = tiệm cận

đứng 1

lim

(1 ) x

x x x  

 

 ; đường thẳng y = -1 tiệm cận ngang

0,25 0,25 2,25 0,25

2

(1đ) log 82  log log4 2 3 x

x x

(1) Điều kiện x >

2 2 4

2 2

(1) log log log log log

1

3 log 2log log

2

     

     

x x x

x x x

2

2

1

log

2

1

log

2

  

    

x

x x

0,25 0,25 0,25 0,25

(1đ)

Gọi h chiều cao r bán kính đáy hình trụ, từ giả thết ta có

h = 10 2r = 10

5

r

  

Vậy thể tích khối trụ V =

2

2 . .10 250 r h

 

 

     

 

ĐỀ 4

KIỂM TRA HỌC KỲ I

-MƠN TỐN LỚP 12 ( Thời gian 90 phút )

-ĐỀ CHÍNH THỨC A-PHẦN CHUNG BẮT BUỘC: ( điểm )

Câu 1: (4 điểm) Cho hàm số

2

1

x y

x  



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

b) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) giao điểm đồ thị (C) trục tung

c) Tìm m để đường thẳng d có phương trình y m x  2 2 cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt

Câu 2: (3 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD, đáy hình chữ nhật ABCD có AD a AB a ,  3, cạnh bên SA vng góc với mặt đáy (ABCD), cạnh bên SB tạo với mặt đáy

(ABCD) góc 300 Gọi H hình chiếu vng góc A SD a) Chứng minh DC vng góc với AH

b) Xác định tâm tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD c) Tính thể tích khối chóp H.ABC

B-PHẦN DÀNH CHO HỌC SINH TỪNG BAN: ( điểm ) * Học sinh Ban Cơ làm câu 3a, 4a, 5a:

Câu 3a: (1điểm) Giải phương trình: 5x 3.51x  0 .

Câu 4a: (1điểm) Giải bất phương trình:    

2

2

log x 2x  1 log 3x1

Câu 5a: (1điểm) Cho tam giác ABC vuông góc A, AC b AB c ,  quay quanh cạnh huyền BC Tính thể tích khối trịn xoay tạo thành

* Học sinh Ban Nâng cao làm câu 3b, 4b, 5b: Câu 3b: (1điểm) Giải hệ phương trình:

 

   

2

4

1

5

log log

x y

x y

x y x y



  

  

  

    



Câu 4b: (1điểm) Giải phương trình:    

2

3

log x 2x1 log x 2x

Câu 5b: (1điểm) Hình trụ có bán kính đáy R trục OO 2R Hai điểm A, B lần

lượt thuộc hai đường tròn đáy (O) (O’) cho góc AB trục OO’

 Tính khoảng cách AB OO’ theo R 

-Hết -HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN LỚP 12

KIỂM TRA HỌC KỲ I - - ĐỀ CHÍNH THỨC. A- PHẦN CHUNG BẮT BUỘC ( điểm )

Câu Nội dung Điểm

1a

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

2

1

x y

x  



2,00

TXĐ: D\ 1 

 2

3

0,

1

y x

x 

    

  Hàm số luôn nghịch biến hai

khoảng  ;1 1; Hàm số khơng có cực trị + limx1 y , limx1y   x1 tiệm cận đứng

+ xlim y xlim  y2  y2 tiệm cận ngang

Bảng biến thiên:

x    y  

y 2 

  2

+ Đồ thị:

Đồ thị cắt trục hoành điểm 0,5;0, cắt trục tung điểm 0; 1  Đồ thị nhận giao điểm I1;2 hai tiệm cận làm tâm đối xứng

0,25

0,25 0,25 0,25

0,50

1b Viết phương trình tiếp tuyến 1,00 Đồ thị (C) cắt trục tung điểm A0; 1 

Hệ số góc tiếp tuyến đồ thị (C) điểm A là: k y 0 3 Phương trình tiếp tuyến A là: y 1 3x 0  y3x

0,25 0,25 0,50 1c Tìm m để đường thẳng d có pt y m x  2 2 cắt đồ thị (C) 1,00

Đường thẳng d: y m x  22 cắt đồ thị (C) điểm phân biệt

 pt  

2

2

1

x

m x x



  

 có nghiệm phân biệt x1 x2 khác

2 2 3 0

mx mx m

     có nghiệm phân biệt x1 x2 khác

 

2

2

0

4

.1

m

m m m

m m m

  

     



   



4

m m 

   

 



0,25 0,25

0,50 2a Chứng minh DC vng góc với AH 0,50

Hình vẽ: 0,50 điểm

H'

H I

D C

B A

S

Ta có

CD AD

CD SA

 



 

( )

( )

CD SAD

AH SAD

 

 

   CDAH

0,50 2b Xác định tâm tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD 1,00

Ta có SA(ABCD) SAAC SAC 900

CD(SAD) CDSD SDC 900, tương tự SBC900

Suy ba điểm A, B, D thuộc mặt cầu đường kính SC, hay mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD có tâm trung điểm I SC, bán kính

SC

R

Từ tam giác vng SAB ta có

0

tan 30

3

SA AB a a

Từ tam giác vuông SAC ta có SC2 SA2 AC2 SA2  AB2 BC2 =

2 3 2 5

a  a a  a  SC a

5 2 SC a R    0,50 2c Tính thể tích khối chóp H.ABC 1,00

Trong mặt phẳng (SAD) dựng HH//SA, với HAD.

Vì SA(ABCD) nên HH (ABCD) Suy thể tích khối chóp H.ABC là:

1

3

H ABC ABC

V  S HH AB BC HH

Tam giác SAD có SA AD a  nên tam giác cân, suy H

trung điểm SD, 2

SA a

HH  

Vậy

3

1

6 12

H ABC

a

V  a a  a

0,25 0,25 0,25 0,25

PHẦN DÀNH CHO HỌC SINH TỪNG BAN ( điểm )

* Ban Cơ

Câu Nội dung Điểm

3a Giải phương trình: 5x 3.51x 8 0

   . 1,00

Đặt t 5x, điều kiện t0, phương trình trở thành:

15

8

t t

   2

8 15

t t     t t       5 x x       log x x       4a

Giải bất phương trình:    

2

2

log x 2x  1 log 3x1

1,00

Bpt    

2

2

log x 2x log 3x

      

3

2 3

x

x x x

           

4

x x x           

1

x x x         

 hc  x5

0,50 0,50 5a Tính thể tích khối trịn xoay tạo thành 1,00

Gọi V thể tích khối trịn xoay, V VB, C thể tích khối

nón đỉnh B, C có chung đường trịn đáy tâm H, bán kính r HA ( HA là

đường cao tam giác vuông ABC)

Ta có V V B VC

 

1

3 AH BH HC

 

2

1

3 AH BC



Tính BC  b2c2 , 2

AB AC bc

AH

BC b c

   . Vậy 2 2 2 b c

V b c

b c     2 2 b c b c    0,25 0,25 0,25

* Ban Nâng cao

Câu Nội dung Điểm

3b Giải hệ phương trình 1,00

Điều kiện x y 0, x y 0

Hệ pt 2   

4

log

5 y x 5x y

x y x y             2 32 x y y x x y            2 32 x y x y        x y     



6 x y    

 ( loại x y  8 0)

6 x y     

 Vậy hệ phương trình có nghiệm x y;   6;2

0,25 0,25 0,25 0,25 4b

Giải phương trình:    

2

3

log x 2x1 log x 2x

1,00

Điều kiện

2

2

2 x x x x         

  x2 2x0 (*)

Đặt  

2

log

t  x  x x2 2x 2t 0

    ( thoả mãn điều kiện (*) )

Phương trình cho trở thành: log 13 

t t

  2 3t t

   1 3 t t          

    (1)

Hàm số

2

( )

3

t t

f t     

    nghịch biến  f(1) 1 nên (1) có

nghiệm t 1.

Với t 1 x2 2x2  x 1 3.

0,25 0,25

5b Tính khoảng cách AB OO’ theo R  1,00

Dựng đường sinh BC, OO BC//

 OO//(ABC), suy

d OO AB ,  d OO ABC ,( ) d O ABC ,( ) Gọi H trung điểm dây AC OH AC

Đồng thời BC( ) O  BC OH

Suy OH (ABC) OH d O ABC  ,( ) Vậy d OO AB ,  d O ABC ,( ) OH Từ OO BC//  OO AB,  ABC .

Từ tam giác vng ABC, ta có AC BC tan 2 tanR  tan

AC

AH R 

  

Từ tam giác vng AOH ta có  

2 2 1 tan2

OH OA  AH R  

2

1 tan

OH R 

   Vậy d OO AB ,  OH R tan 2 , với

điều kiện tan 2 0 hay 00  450

0,25 0,25 0,25