Kiem tra Hoc ki 1 Toan 12 de so 10

Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần: Theo chương trình Chuẩn hoặc Nâng cao 1. Tính khoảng cách giữa[r]

THPT VINH XUÂN Đề số 10

ĐỀ THI HỌC KÌ – Năm học 2008 – 2009 Mơn TỐN Lớp 12

Thời gian làm 90 phút

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ HỌC SINH: (7 điểm) Câu 1: (4 điểm)

Cho hàm số x y

x

2

1

 



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: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

II PHẦN RIÊNG: (3 điểm)

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

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

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



x x





x



2

2

log 2  log 3  1

Câu 5a: (1 điểm) Cho tam giác ABC vng góc A, AC b AB c ,  quay quanh cạnh huyền BC.

Tính thể tích khối trịn xoay tạo thành 1 Theo chương trình Nâng cao

Câu 3b: (1 điểm) Giải hệ phương trình:

 









x y x y

x y x y

2

4

1 5

5

log log

 

 

  

 

    



Câu 4b: (1 điểm) Giải phương trình:



x x





x x



2

3

log 2 1 log 2

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

đường tròn đáy (O) (O’) cho góc AB trục OO’  Tính khoảng cách giữa

AB OO’ theo R 

THPT VINH XUÂN Đề số 10

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ – Năm học 2008 – 2009 Mơn TỐN Lớp 12

Thời gian làm 90 phút

Câu Nội dung Điểm

1a

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

x

2

1

 



2,00

TXĐ: D \ 1

 





y x

x

3 0, 1

1



    

 

Hàm số luôn nghịch biến hai khoảng



 ;1





1;



Hàm số khơng có cực trị

+ xlim1y 

, xlim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

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

 pt





x m x

x

2 2 2

1



  

 có nghiệm phân biệt x1 x2 khác 1 mx2 mx 2m

     có nghiệm phân biệt x1 x2 khác 1





m

m m m

m m m

2

0

4

.1



 



     



   



m m

4

    

 



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

2



Từ tam giác vuông SAB ta có SA AB a a

0

tan30

3

  

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

a23a2a2 5a2  SC a

SC a

R

2

  

0,25

0,25

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: VH ABC SABC HH AB BC HH

1. . 1 . .

3  

 

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

SD,

SA a HH

2

  

Vậy H ABC

a

V . .a a 3a3

6 12

 

0,25

0,25

0,25

0,25

3a Giải phương trình: 5x3.51x  8 0

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

t t

15

  

t2 15 0t

   

t t 35

     x x 5       x x log       4a

Giải bất phương trình:



x x





x



2

2

log 2  log 3  1

1,00

Bpt



x x





x



2

2

log log

    





x

x2 x x

3

2 3

            x x2 x

1

4

           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 vng ABC) Ta có V V BVC

AH BH HC





3   AH BC

1

3



Tính BC b2 c2 ,

AB AC bc

AH

BC b2 c2

 

 .

Vậy

b c

V b c

b c 2 2 2 . 3    b c b c 2 2 3   0,25 0,25 0,25 0,25

3b Giải hệ phương trình 1,00

Điều kiện x y 0, x y 0

Hệ pt



 



x y

y x

x y x y

2

log

5  

          x y y x x2 y2 32            x y

x2 y2 32        x y 62

 

  

 hoặc

x y 26

  



 ( loại x y  8 0)

x y 26

 

  

 Vậy hệ phương trình có nghiệm



x y;

 

6;2



0,25

0,25

0,25

0,25

4b

Giải phương trình:



x x





x x



2

3

log 2 1 log 2

1,00 Điều kiện x x x x

2 22 00



   



 



  x22x0 (*)

Đặt t



x x



2

log

  x2 2x 2t 0

    ( thoả mãn điều kiện (*) )

Phương trình cho trở thành:

0,25





t t

3

log 1  2 3t t

  

t t

2 1

3

   

     

    (1)

Hàm số

t t

f t( )

3

   

   

    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 vuông ABC, ta có

AC BC tan 2 tanR 

AC

AH Rtan

2 

  

Từ tam giác vuông AOH ta có OH OA AH R





 2  1 tan 2 OH R tan2

   Vậy d OO AB



,



OH R tan 2 , với điều kiện

2

1 tan  0 hay 00 450

0,25

0,25

0,25