Xác định tâm I và tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp H ABC.. Suy ra diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp H ABC.[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO KONTUM Trường THPT Ngọc Hồi
Đề số 2
ĐỀ THI HỌC KÌ – Năm học 2009 – 2010 Mơn TỐN Lớp 12 Nâng cao
Thời gian làm 90 phút Bài (3 điểm)
a) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số: y f x x x x C
3
1
( ) ( )
3
(2 điểm) b) Tìm m để đường thẳng ( ) :d y mx 1 cắt ( )C điểm phân biệt? (1 điểm) Bài (3 điểm)
a) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số:
f x x x
1
( ) cos2 2sin
3
, với
x 0;
(1 điểm)
b) Giải phương trình:
x
x
2 42
log 5log 13log 0
(1 điểm)
c) Giải hệ phương trình x y xy
1
16
(1 điểm)
Bài (1 điểm)
Cho hàm số m
x m x m m
y C
x
2 2( 1) 2
, m tham số.
Tìm m để hàm số Cm có cực đại, cực tiểu khoảng cách hai điểm cực đại, cực tiểu
bằng 5? (1 điểm)
Bài (3 điểm)
Cho hình chóp S ABC có SA(ABC), đáy ABC vng C Biết SA a 3, AB2 ,a AC a
a) Tính thể tích khối chóp S ABC (1,5 điểm)
b) Gọi H K, hình chiếu vng góc A xuống SC SB, Xác định tâm I tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp H ABC Suy diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp H ABC thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp H ABC (1 điểm)
(2)Đề số 2
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ – Năm học 2009 – 2010 Mơn TỐN Lớp 12 Nâng cao
Thời gian làm 90 phút
Bài (3 điểm)
a) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số: y f x x x x (C)
3
1
( )
3
Tập xác định D R (0,25 điểm)
Giới hạn x x
y y
lim ; lim
(0,25 điểm)
x y
y x x y x x x
y
2 1
' 3; ' 3 3
1
(0,25 điểm)
Bảng biến thiên (0,5 điểm)
Hàm số đồng biến (1;3), nghịch biến ( ;1) (3;)
Điểm cực đại I1(3;1), điểm cực tiểu
I2 1;
Ta có y''2x4; '' 0 y 2x 4 x2
Điểm uốn I 2;1
3
( 0,25 điểm)
Điểm đặc biệt: A0;1,
B 4;
.
0 -2
A
2 -1
x y
I
-2
3 .
. .
. .
. . . .
.
. .
. B
3
1
- 0
1
3
0
-+
x
'
(3)Đồ thị hàm số nhận điểm uốn I 2;1
3
làm tâm đối xứng. (0,5 điểm) b) Tìm m để đường thẳng ( ) :d y mx 1 cắt ( )C điểm phân biệt?
Phương trình hồnh độ giao điểm (C) (d) là:
x
x x x = mx x x x m
x x m
3 2
2
1 2 3 1 1 2 3 0 1
2
3 3 (0,5 điểm)
Đặt g x x x m
1
( )
3
Để PT cho có nghiệm phân biệt PT g x( ) 0 có nghiệm phân biệt khác
m m
g m m
1
' 0
3
0 3
(0,5 điểm)
Bài ( điểm)
a) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số:
f x x x
1
( ) cos2 2sin
3 , với x 0;
Ta có
f x( ) 1 2sin2x 2sinx 2sin2x 2sinx 1, x 0;
3 3
(0,25 điểm) Đặt t x t g t t t t
2
sin , ( ) 1, 0;1
3
(0,25 điểm)
g t t g t t
'( ) 2, '( ) 0, 0;1
3
(0,25 điểm)
Giá trị lớn nhất:
0;1 g t g t 0; f x x
max ( ) (0) max ( )
Giá trị nhỏ là:
0;1 g t g t 0; f x x
1
min ( ) (1) ( )
3
Vậy
f x x 0;
2
max ( )
,
f x x 0;
2
1 ( )
3 (0,25 điểm)
b) PT x
x
2 42
log 5log 13log 0
x x
2
2
log 10 log 16 0
(0,5 điểm)
(4)
x x
t x
t t t x
x x 2 log
2 4
10 16 8 log 8 1
2 256
(0,25 điểm) c) Giải hệ phương trình x y
xy 1 (1)
16 (2)
y x (1)
, thay vào phương trình (2) ta được:
y y y y y t t t
2 4
16 4 4 0
4
(0,5 điểm)
Phương trình
t
t t t t
t
2
4 3 0 3 0
4
(0,25 điểm)
Kết hợp điều kiện, ta chọn t 4 4y 4 y 1 x2 (0,25 điểm)
Vậy hệ phương trình có nghiệm (2;1) Bài (1 điểm)
Tập xác định D R \ 2 ( 0,25 điểm)
x m x x m x m m x x m m
y
x x
2 2
2
2 2( 1) ( 2) 2( 1) 4
'
( 2) ( 2)
Đặt g x x x m m
2 4 3 4
Để hàm số cho có cực trị y' 0 có hai nghiệm phân biệt khác 2 y' đổi dấu qua hai nghiệm phân biệt g x( ) 0 có hai nghiệm phân biệt khác 2 Ta có hệ:
m m m m
g m m
2
' 3 0 0 3
2 3 0
(0,25 điểm)
Vậy m ;0 3; hàm số cho có cực trị
Với m ;0 3; , gọi hai điểm cực trị I x x1 1; 12m2 ; I x x2 2; 22m2
I I I I x x x x x x
x x x x
2 2
2
1 2 2
2
2 1
5 2 5
4 *
Áp dụng hệ thức Viet, ta có
x x
x x11 2 m2 m 4
(5)Thay vào (*) ta phương trình
m
m m
m
3 10
2
4 12
3 10
2
(0,25 điểm)
Bài (3 điểm)
Vẽ hình ( 0,5 điểm)
a) Do SA(ABC) nên SA đường cao hình chóp S ABC
Thể tích khối chóp là: V 1 3SA SABC (0,25 điểm)
Mà ABC vuông C nên:
ABC a
S 1AC BC 1a a 3
2 2
(0,25 điểm)
Suy
a V 1a 3.a2 3
3 2
(0,5 điểm)
b) Ta có: BC(SAC) ( BC AC BC SA ; ) Suy BC AH .
Mặt khác, SC AH
Từ đó, AH (SBC) AH HB AHB
vuông H.
Gọi I trung điểm AB, ta có IA IB IH (1) ACB
vng C, ta có IA IB IC (2)
Từ (1), (2) suy I tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp H ABC
Bán kính
AB
R IA a
2
(0,5 điểm)
Diện tích mặt cầu là: S4R2 4a2 Thể tích khối cầu là: V R a
3
4
3 3
(0,5 điểm)
c) Tỉ số thể tích khối chóp A BHK A BCH
Ta có A BCH B AHC ACH
a V . V . 1BC S 1BC AH HC.1 1a .a2 3
3 3 8
(0,25 điểm)
H ABK B AHK a
V . V . 1BK dt AHK 1BK AH HK.1 3
3 14
Suy
A BHK A BCH
a V
V a
3
3
3
12 14
1
8
(0,25 điểm)
B S
A
C I
(6)