2 đề và đáp án đầy đủ

ĐỀ THI HỌC KỲ I Môn thi : Toán 12 Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề) I. Phần chung cho cả 2 ban: ( 8 điểm) Câu 1. ( 3 điểm) 1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số 1 3 + + = x x y 2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có tung độ y = 2. Câu 2. (1,5 điểm) Cho hàm số y = x 3 + (m + 3)x 2 + 1 - m (m là tham số) Xác định m để hàm số có cực đại là x = - 1. Câu 3. (1,5 điểm) 1) Giải phương trình : 2.9 x – 5.6 x + 3.4 x = 0 2) Giải bất phương trình : ( ) 2 1 2 log 3 2 1x x− + ≥ − Câu 4 . (2,0 điểm) Cho khối chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, cạnh bên 2a. 1) Tính thể tích của khối chóp. 2) Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp trên. 3) Tính diện tích mặt cầu và thể tích khối cầu ngoại tiếp khối chóp trên. II. Phần dành riêng cho từng ban (2điểm) Học sinh ban KHTN chỉ làm câu 5a; học sinh ban cơ bản chỉ làm câu 5b. Câu 5a. (2điểm) 1) Giải hệ phương trình : ( ) 3 2 log 3 2 12 .3 81 x x y y y y + =    − + =   2) Cho khối chóp S.ABC có đáy là ∆ABC vuông tại B. SA ⊥ (ABC), góc BAC = 30 0 , BC = a và SA = 2a . Gọi M là trung điểm của SB.Tính thể tích khối tứ diện MABC. Câu 5b. (2điểm) 1) Giải bất phương trình (2x - 7)ln(x + 1) > 0 2) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA bằng a. Tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a. ----------------------Hết------------------------ AĐỀ ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM KIỂM TRA HỌC KỲ I MÔN TOÁN - LỚP 12 Câu Đáp án Điểm 1.1 2.0đ TXĐ: D = R\{-1} 0,25 Sự biến thiên D x y ∈∀< + − = 0 )1( 2 ' 2 Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (- ∞ ; -1) và (-1; + ∞ ) Hàm số không có cực trị 0,5 Giới hạn +∞=== + −→ −∞→+∞→ 1 lim;1limlim x xx yyy và −∞= − −→ 1 lim x y Đồ thị có một tiệm cận đứng là x = -1, và một tiệm cận ngang là y = 1. 0,5 x -∞ -1 +∞ y’ - - y 1 +∞ -∞ 1 0,25 Đồ thị Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;3) và cắt trục hoành tại điểm (-3;0) Đồ thị nhận giao điểm I(-1;1) của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng -3 x 3 y 1 -1 O 0,5 1.2 1,0đ y = 2 ⇒ x = 1 Do đó hệ số góc của tiếp tuyến là f’(1) = 2 1 − Phương trình tiếp tuyến có dạng là y - y 0 = f’(x 0 )(x - x 0 ).Hay y = 2 1 − x + 2 5 0,5 0,5 2 Cách 1 : TXĐ D = R; y’ = 3x 2 + 2(m + 3)x     + −= = ⇔= 3 62 0 0' 2 1 m x x y Hàm số đạt cực đại tại x = -1 2 3 1 3 62 −=⇔−= + −⇔ m m Cách 2 : TXĐ : D = R ; y’ = 3x 2 + 2(m + 3)x ; y” = 6x + 2(m +3) Hàm số đạt cực đại tại x = -1 khi và chỉ khi '( 1) 0 "( 1) 0 y y − =   − <  1,5 0,5 0,5 0,5 1,5 0,5 0,25 Câu Đáp án Điểm ⇔ 3 - 2m - 6 = 0 - 6 + 2m + 6 < 0    3 = - 2 m < 0 m   ⇔    3 m = - 2 ⇔ 0,25 0,25 0,25 3.1 2.9 x – 5.6 x + 3.4 x = 0 ⇔ 2.3 2x – 5.2 x .3 x + 3.2 2x = 0 (1) Chia cả hai vế của phương trình cho 2 2x , ta được : 2 3 3 2. - 5. + 3 = 0 (2) 2 2 x x      ÷  ÷     Đặt : 3 = ; t > 0 2 x t    ÷   ; phương trình (2) trở thành : 2t 2 – 5t + 3 = 0 t = 1 3 t = 2 x = 0 x = 1   ⇔    ⇔   0,75 0,25 0,25 0,25 3.2 2 1 2 2 1 2 1 1 2 2 log ( 3 2) -1 x - 3x + 2 > 0 1 log ( - 3x + 2) log 2 x x x − − + ≥   ⇔    ≥   ÷    ⇔ 2 2 2 2 - 3x + 2 >0 - 3x + 2 > 0 x - 3x + 2 2 x - 3x 0 x x     ⇔   ≤ ≤     ⇔ < 1 hoac x > 2 2 < x 3 0 x 3 x  ⇔ ≤  ≤ ≤  0,75 0,25 0,25 0,25 4.1 M O B C A D S I Gọi O là giao điểm của AC và BD. 1,0 Câu Đáp án Điểm Ta có : SO ⊥ (ABCD) 1 . . ( ) 3 V SO dt ABCD= dt(ABCD) = a 2 2 2 2 2 2 2 2a a 7a = SC - = 4a = 4 2 2 a 14 SO = 2 SO − ⇒ Vậy : 3 a 14 = 6 V 0,25 0,25 0,25 0,25 4.2 4.3 Dựng mặt phẳng trung trực của SA cắt SO tại I, ta có : SI = IA IA = IB = IC = ID (Vì I ∈ SO trục của đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD). ⇒ IS = IA = IB = IC = ID ⇒ Mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD có tâm là I và bán kính r = SI. SI SM SM.SA SAO = SI = SA SO SO SIM∆ ∆ ⇒ ⇒: 2a 14 SI = 7 ⇒ Vậy : 2a 14 = SI = 7 r 2 2 3 3 224 .a = 4 r = 49 4 448 a 14 V = = 3 1029 S r π π π π 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 5a.1 5a.2 ( ) 3 2 + log = 3 (1) 2y - y + 2 .3 = 81y (2) x x y      ĐK : y > 0 x 3 27 (1) log = 3 - x 3 = y Pt y⇔ ⇔ (3) Thay (3) vào (2), ta được : ( ) 2 2 2 2 27 2 - y + 12 . = 81y 2y - y + 12 = 3y y = 3 y - y + 12 = 0 y = - 4 (L) y y ⇔  ⇔ ⇔   ⇔ y = 3 Thay y = 3 vào (3), ta được : x = 2 Vậy : (2 ; 3) 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 Câu Đáp án Điểm Kẻ MH song song với SA, ta có : SA⊥(ABC) ⇒ MH⊥(ABC) . 1 = MH.dt(ABC) 3 M ABC V 1 a 2 = = 2 2 MH SA 2 3 1 1 2 3 6 ( ) = . = . . 2 3 2 2 12 a a a dt ABC AB BC = Vậy : 2 3 . 1 2 3 6 . . 3 2 2 12 M ABC a a a V = = H M A C B S 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu Đáp án Điểm 5b.1 bpt     <<− > ⇔             <<− < > ⇔               <+< <      >+ > ⇔           <+ <−    >+ >− ⇔ 01 2 7 01 2 7 2 7 110 2 7 11 2 7 0)1ln( 072 0)1ln( 072 x x x x x x x x x x x x x Tập nghiệm của bất phương trình là: T = (-1;0) ∪ ( +∞ ; 2 7 ) 1,0 1,0 5b.2 M B A C S AM là đường cao của tam giác đều cạnh a nên AM= 2 3a Diện tích đáy 4 3 2 . 2 aBCAM s ABC == Thể tích khối chóp S.ABC là: 12 3 . 3 1 3 . a SASV ABCABCS == 1,0 0,25 0,25 0,5 HS làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần như quy định. ĐỀ THI HỌC KÌ I KHỐI 12 Môn: Toán. Thời gian: 90 phút PHẦN 1: Chung cho tất cả học sinh Ban KHXH-NV, Ban Cơ bản và Ban KHTN(7đ) Câu 1 3đ : Cho hàm số 3 2 6 9 4y x x x= + + + có đồ thị (C) a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) b. Viết phương trình tiếp tuyến ( )∆ với đồ thị (C) tại điểm M(-2;2) c. Dựa vào đồ thị (C), tìm m để phương trình 3 2 2 6 9 4 logx x x m+ + + = có 3 nghiệm phân biệt. Câu 2 1đ : Tìm GTLN,GTNN của hàm số: y= 2 os2x+4sinxc trên đoạn 0; 2 π       Câu 3 2đ : Giải phương trình: a. 5 2x +5 x+1 =6 b. 2 1 2 2 log ( 1) log ( 3) log ( 7)x x x+ − + = + Câu 4 1đ : Biết 2 10 π < . Chứng minh: 2 5 1 1 2 log log π π + > PHẦN II: Học sinh thuộc ban nào chỉ làm phần dành riêng cho ban đó(3đ) A. Ban KHTN: Câu 5 2đ : Trên mặt phẳng (P) có góc vuông xOy, đoạn SO=a vuông góc với (P). Các điểm M, N chuyển động trên Ox, Oy sao cho ta luôn có OM+ON=a a. Xác định vị trí của M, N để thể tích của tứ diện S.OMN lớn nhất. b. Khi tứ diện S.OMN có thể tích lớn nhất , xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S.OMN. Câu 6 1đ : Giải hệ phương trình: 2 2 2 5 log log log 2 2 2 x y xy  − =    =  B. Ban KHXH-NV và Ban Cơ Bản: Câu 5 1đ : Giải bất phương trình: 2 2 3 5 6 6 5 x x−   ≥  ÷   Câu 6 2đ : Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, cạnh bên SB= 3a a. Tính thể tích của hình chóp S.ABCD b. Xác định tâm, bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD -----------------------------Hết------------------------------------ ĐÁP ÁN: Câu NỘI DUNG ĐIỂM I. PHẦN CHUNG 1a. TXĐ:D=R y’=3x 2 +12x+9 y’=0 1 3 x x = −  ⇔  = −  0,5điểm +Tính giới hạn +Lập BBT: x - ∞ -3 -1 + ∞ y’ + 0 - 0 + y 4 + ∞ - ∞ 0 +Các khoảng dồng biến, nghịch biến +Các điểm cực trị 1điểm +Đồ thị đi qua các điểm(-2; 2) ; (0;4) ; (-1;0); (-3; 4); (-4;0) +Đồ thị: 8 6 4 2 -2 -4 -10 -5 5 0,5điểm 1b. Phương trình tiếp tuyến với (C) tại điểm M(-2;2) y=f’(-2)(x+2)+2 0,25điểm ∆ :y=-3x-4 0,25điểm 1c. Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số 3 2 6 9 4y x x x= + + + và đường thẳng d: y=log 2 m (d//Ox) 0,25điểm Dựa vào đồ thị ta có: phưông trình có 3 nghiệm phân biệt khi 0<log 2 m<4 1 16m⇔ < < 0,25điểm 2 ' 2 2 sin 2 4 osx=4cosx(1- 2 sinx) x= 2 ˆ Tren 0; :y'=0 2 4 ( ) 4 2, ( ) 2 2, (0) 2 2 4 y x c x y y y π π π π π = − +     ⇔       =   = − = = 0,25điểm 0,25điểm 0,25điểm Vậy 0; 2 ax ( ) 2 2 4 m y y π π       = = 0; 2 in (0) 2m y y π       = = 0,25điểm 3a. Đặt t=5 x ,t>0 Pt trở thành t 2 +5t-6=0 6 1 t t = −  ⇔  =  (t=-6không thỏa điều kiện) Với t=1 ta có: 5 x =1 ⇔ x=0 0.25đ 0.5đ 0.25đ 3b. Điều kiện 1 0 3 0 1 7 0 x x x x + >   + > ⇔ > −   + >  0,25điểm Pt tương đương: log 2 (x+1)(x+3)=log 2 (x+7) ⇔ (x+1)(x+3)= (x+7) ⇔ x 2 +3x-4=0 1 4( ) x x loai =  ⇔  = −  0,5điểm Vậy pt có 1 nghiệm x=1 0,25điểm 4. Ta có: 2 2 5 1 1 log 2 log 5 log 10 log 2 log log π π π π π π π + = + = > = Suy ra đpcm 1điểm II PHẦN RIÊNG A. Ban KHTN 5a. Ta có: x y z t J K I O M N S 2 3 3 ax 1 1 1 1 . . . . . 3 3 2 6 1 1 6 2 24 1 24 2 SOMN m V V Bh OM ON OS a OM ON ON OM V a a a V a khi OM ON = = = = +   ≤ =  ÷   = = = 1điểm 5b. Gọi I trung điểm MN. I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN. Mặt phẳng trung trực của Os cắt trục It của tam giác OMN tại J . 0,5điểm Ta có JS=JO=JM=JN=R. Vậy J là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SOMN Tính R=JO= 3 4 a 0,5điểm 6. 2 2 2 5 log log log 2 (2) 2 2 (1) x y xy  − =    =  ĐK: 0 0 x y >   >  ( ) ( ) 2 2 2 5 2 5 (2) logx-logy logx+logy log 2 2 5 5 log .logxy= log 2 log log2 log 2 2 2 log log2 x x y y x y ⇔ = ⇔ ⇔ = ⇔ = Ta có 5 7 2 4 3 4 2 2 . 2 2 x x y x y y − = = = =    ⇔      Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm 0.25điểm 0.5điểm 0.25điểm B. BAN CƠ BẢN, BAN KHXH-NV 5. 2 2 2 3 2 3 1 2 2 5 6 5 5 1 2 3 1 2 3 1 0 1 6 5 6 6 2 x x x x x x x x x − − −       ≥ ⇔ ≥ ⇔ − ≤ − ⇔ − + ≤ ⇔ ≤ ≤  ÷  ÷  ÷       1điểm 6a S ABCD =a 2 ( ) 2 2 2 2 3 2SA SB AB a a a= − = − = 2 2 3 1 1 1 2 . . . 2. . 3 3 3 3 SABCD V V Bh SA a a a a= = = = = H O I C A B D s 0.25đ 0.25đ 0.25d 0.25đ 6b. Gọi O là tâm của hình vuông ABCD, O chính là tâm đường tròn ngoại tiếp 0.25đ [...]... đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD, d cắt SC tại I trung điểm của SC Ta có: Tam giác SAC vuông tại A, I trung điểm SC do đó: IA=SC /2= IS=IC Hay IS=IA=IB=IC=ID Vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABCD +Tính bán kính:R=IA= SC SA + AC 2a + 2a = = =a 2 2 2 2 2 2 0.5đ 2 0 .25 đ . 2 2 MH SA 2 3 1 1 2 3 6 ( ) = . = . . 2 3 2 2 12 a a a dt ABC AB BC = Vậy : 2 3 . 1 2 3 6 . . 3 2 2 12 M ABC a a a V = = H M A C B S 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 . của AC và BD. 1,0 Câu Đáp án Điểm Ta có : SO ⊥ (ABCD) 1 . . ( ) 3 V SO dt ABCD= dt(ABCD) = a 2 2 2 2 2 2 2 2a a 7a = SC - = 4a = 4 2 2 a 14 SO = 2 SO −