Kiem tra Hoc ki 1 Toan 12 de so 3

Mặt phẳng đi qua B, trung điểm của AD và tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp chia khối chóp thành hai phần.. Tính tỉ số thể tích của hai phần đó.[r]

SỞ GD & ĐT THANH HÓA Trường THPT Đông Sơn I

Đề số 3

ĐỀ THI HỌC KÌ – Năm học 2009 – 2010 Mơn TỐN Lớp 12

Thời gian làm 90 phút I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (3 điểm)

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y x 4 5x24 Tìm m để phương trình x4 5x24 m có nghiệm phân biệt Câu II (1 điểm)

Giải phương trình: 2x x

1 2(log 1)log log

4

  

Câu III (3 điểm)

Cho tam giác ABC cạnh a Trên đường thẳng d qua A vng góc với mặt phẳng (ABC) lấy điểm D cho AD = 2a

1 Tính thể tích khối chóp D.ABC

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

3 Mặt phẳng qua B, trung điểm AD tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp chia khối chóp thành hai phần Tính tỉ số thể tích hai phần

II PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm)

Thí sinh chọn hai phần: Theo chương trình Chuẩn Nâng cao 1 Theo chương trình Chuẩn

Câu IVa (3 điểm)

1 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số y x1  x9 Giải bất phương trình:

x x

2

1 2

4

log log (2 ) log   0

 

3 Tìm m để hàm số y = x3 – 6x2 + 3(m + 2)x – m – có hai cực trị hai giá trị cực trị cùng

dấu

2 Theo chương trình Nâng cao Câu IVb (3 điểm)

1 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số y x  4 x2

2 Giải hệ phương trình: x y y x

x y x y

3

3

4 32

log ( ) log ( )



 

 



   

  

3 Tìm m để phương trình m x m x m

2

2

(  2)2  2( 1)2 2  0 có nghiệm thuộc đoạn 0;

 

  .

-Hết -Họ tên thí sinh: SBD : SỞ GD & ĐT THANH HĨA

Trường THPT Đơng Sơn I Đề số 3

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ – Năm học 2009 – 2010 Mơn TỐN Lớp 12

Thời gian làm 90 phút

Câu Nội dung Điểm

I.1 Khảo sát hàm số y x 4 5x24 2,00

1) Tập xác định : R 2) Sự biến thiên:

a) Giới hạn : xlim  y , limx y

  0,50

b) Bảng biến thiên: y 4x310x;

x y

x

0 10

2      

  

x –  – 10 / 2 10 / 2 +  y' – + – +

y

+  + 

–9/4 –9/4

0,50

Hàm số đồng biến khoảng

10;0 , 10;

2

   

 

   

   

Hàm số nghịch biến khoảng

10 10

; , 0;

2

   

  

   

   

Hàm số đạt cực đại x = 0, yCĐ = y(0) =

Hàm số đạt cực tiểu x

10 

, yCT =

y 10

2

 

 

 

 

0,50

3) Đồ thị: Đồ thị (C) hàm số có hai điểm uốn U

5 19; 36

 



 

 

  nhận Oy làm

trục đối xứng, giao với Ox điểm ( 1; 0); (2; 0) (Hình 1)

0,50

y

O

1 x

-1 -2

4

-9/4

O

1

x -1

-2

4 y

y = m (C1)

9/4

(Hình 1) (Hình 2) I.2

Tìm m để phương trình x x m 5 4

  

(1) có nghiệm phân biệt 1,00 Gọi (C1) đồ thị hàm số y x x

4 5 4

   (C

1) gồm hai phần:

+) Phần đồ thị (C) nằm trục Ox

+) Đối xứng phần đồ thị (C) nằm Ox qua Ox

0,25

Vẽ đồ thị (Hình 2) 0,25

Số nghiệm (1) số giao điểm (C1) với đường thẳng y = m Theo đồ

thị ta (1) có nghiệm phân biệt m = m

9 4

4  0,50

II

Giải phương trình 2x x

1 2(log 1)log log

4

  

(1) 1,00

Điều kiện: x >

(1)  (log2x1)log2x 0  log22xlog2x 0

0,5 x

x

x x

2

2

log

1

log

4  

  

  

  





0,5

III.1 Tính thể tích khối chóp D.ABC. 1,00

O

1

x -1

-2

4 y

y = m (C1)

Thể tích khối chóp

D ABC ABC a a

V . 1AD S 12 a 3

3

   1,00

III.2 Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp D.ABC. 1,00 Gọi O trọng tâm tam giác ABC, gọi  đường thẳng qua O vng

góc với (ABC), suy  // DA  trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Trong mặt phẳng (d, ) kẻ đường thẳng trung trực AD cắt  I, I cách A, B, C, D nên I tâm mặt cầu ngoại tiếp D.ABC

0,25 Gọi M, N trung điểm BC AD Tứ giác AOIN hình chữ nhật nên

IA = ON = AN2AO2 AN =

a a

DA a AO AM

1 , 2 3

2  3 3 

0,25

a a

IA a

2

2 3

3

 

   

 

 

Mặt cầu có bán kính

a R IA

3

 

nên S

a a

R

2 2

2 16

4

3



  

    

 

 

0,50

III.3 Tính tỉ số thể tích 1.00

Gọi E = DM  IN, F = BE  DC tam giác BNF thiết diện hình

chóp cắt mặt phẳng (BNI) 0,25

Do N trung điểm DA, NE // AM nên E trung điểm DM Gọi K trung điểm FC  MK đường trung bình tam giác BFC  MK // BF  EF đường trung bình tam giác DMK  F trung điểm

DK  DC = DF  SDBC = 3SDBF

0,25 Gọi h khoảng cách từ A đến mặt phẳng (DBC), N trung điểm DA nên

khoảng cách từ N đến (DBC) h/2

Gọi thể tích khối chóp D.ABC V, thể tích khối chóp D.NBF V1, thể tích

phần lại V2

0,25 D

A C

B O N

M I

d

F

E 

Ta có DBF DBC h

V1 S 1h S 1V V2 V V V1 1V 5V

3 6 6

        

Do ta có tỉ số thể tích: 1 2 V V

1 

2 1 V V 5 Chú ý thí sinh làm theo cách sau:

V DN DF DB

V1 DA DC DB

6

 

0,25

IVa.1 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số y x1  x9. 1,00 Tập xác định D = [1; 9]

y

x x

1

'

2

 

  , y' 0  x1 9 x  x5

0,50

y(1)= y(9) = 2, y(5) =

y y y y y

max (5) 4, (1) (9) 2

      0,50

IVa.2 Giải bất phương trình 1,00

x x x x

2 3

1 2 2

4

log log (2 ) log    0 log (2 ) log 1

 

(điều kiện: x > 0) 0,25

x

x x x x

x

2 2

2 2

2 log

(1 log ) 3log log log

log

 

        



 0,50

x x 12     

Vậy bất phương trình có tập nghiệm S(0;1] [2; ) 0,25

IVa.3 Tìm m để hàm số y = x3 – 6x2 + 3(m + 2)x – m – có hai cực trị dấu. 1,00

y’ = 3x2 – 12x + 3(m +2) Điều kiện để hàm số có cực trị y’ có hai nghiệm

phân biệt  ' 36 9(  m2) 0  m2

Gọi x1, x2 hai điểm cực trị hàm số, theo định lí Viet ta có

x x

x x11 2 2m

2

  



  

0,25

Do

y x y' (m 2)(2x 1)

3

 

     

  y’(x1) = y’(x2) =

nên y x( ) (1  m 2)(2x11) , y x( ) (2  m 2)(2x21)

0,25

C CT

y y§ y x y x( ) ( ) (1 2  m 2) (22 x11)(2x21) ( m 2) [42 x x1 22(x1x2) 1]

m m m m

( 2) [4( 2) 2.4 1] ( 2) (4 17)

       

0,25

Do hai giá trị cực trị dấu

CÑ CT

m

y y m m

m

2

( 2) (4 17) 17

4   

      

   

Kết hợp với điều kiện ta m

17 2

4

  

0,25

Tập xác định: D = [– 2; 2]

x x x

y x x 2 ' 4         0,25 x

y x x x

x x

2

2

'

4  

        

 

 0,25

y(–2) = – 2, y (2) = 2, y( 2) 2 0,25

y y y y

max  ( 2) 2, min  ( 2)2 0,25

IVb.2

Giải hệ phương trình x y

y x

x y x y

3

3

4 32 (1)

log ( ) log ( ) (2)

             1,00 Điều kiện: x – y > 0, x + y > 0, x ≠0, y ≠

x y x y x2 y2 x2 y2

3 3

(2) log (  ) log (  ) 1  log (  ) 1   3 (3) 0,25

(1)

x y

y x x y

y x

5

2 2

                 Đặt x t y  ta có t

t t t t

t

1

2   5  0    1/ 2   

 

0,25

+) Với t =  x2ythế vào (3) ta 4y2 y2  3 y1 Khi y 1 x (thoả mãn)

Khi y1  x 2 ( loại)

0,25

+) Với t =

2  y2x vào (3) ta x2 4x2 3 ( vô nghiệm) Vậy hệ phương trình có nghiệm (x, y ) = (2; 1)

0,25 IVb.3 Tìm m để phương trình có nghiệm thuộc đoạn [0; 1] 1,00

x x

m 2 m m

(  2)2  2( 1)2 2  0 (1) Đặt t = 2x2, x x0; 2 neân t[1;4]

(1) trở thành (m 2)t2 2(m1) 2t m 0 (2)

t t

t t m t t m f t

t t

2

2

2

2

( 2) 2 ( )

2  

        

 

0,25

Xét hàm số f(t) [1; 4]

t loại

t t

f t f t t t

t

t t

2

2

2

2 ( )

6 16

'( ) , '( ) 16

( 2) 3

                   0,25

f(1) = 10, f(4) = 23

5 , f       = 11

f t f f t f

[1;4] [1;4]

4 23

max ( ) 11,min ( ) (4)

3

 

     

 

(1) có nghiệm thuộc [0; 2]  (2) có nghiệm thuộc [1; 4] m

23 11

5

  

Vậy: m

23 11

5  