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]
(1)SỞ GD & ĐT THANH HÓA Trường THPT Đông Sơn I Đề số ĐỀ THI HỌC KÌ – Năm học 2009 – 2010 Môn TOÁN Lớp 12 Thời gian làm bài 90 phút I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (3 điểm) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y x x Tìm m để phương trình x x m có nghiệm phân biệt Câu II (1 điểm) Giải phương trình: 2(log2 x 1) log4 x log2 0 Câu III (3 điểm) Cho tam giác ABC cạnh a Trên đường thẳng d qua A và vuông góc với mặt phẳng (ABC) lấy điểm D cho AD = 2a Tính thể tích khối chóp D.ABC Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp D.ABC Mặt phẳng qua B, trung điểm AD và tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp chia khối chóp thành hai phần Tính tỉ số thể tích hai phần đó II PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) Thí sinh chọn hai phần: Theo chương trình Chuẩn Nâng cao Theo chương trình Chuẩn Câu IVa (3 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số y x x Giải bất phương trình: log log22 (2 x ) log2 x Tìm m để hàm số y = dấu x3 – 6x2 + 3(m + 2)x – m – có hai cực trị và hai giá trị cực trị cùng Theo chương trình Nâng cao Câu IVb (3 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số y x x xy y x 32 Giải hệ phương trình: 4 log3 ( x y ) log ( x y ) 3 Tìm 2 m để phương trình (m 2)22 x 2(m 1)2 x 2m có nghiệm thuộc đoạn 0; Hết Họ và tên thí sinh: Lop12.net SBD : (2) SỞ GD & ĐT THANH HÓA Trường THPT Đông Sơn I Đề số Câu I.1 ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ – Năm học 2009 – 2010 Môn TOÁN Lớp 12 Thời gian làm bài 90 phút Nội dung Điểm 2,00 Khảo sát hàm số y x x 1) Tập xác định : R 2) Sự biến thiên: a) Giới hạn : lim y , lim y x 0,50 x x b) Bảng biến thiên: y x 10 x ; y x 10 x y' – 10 / + – – 0 + 10 / – + + 0,50 + y –9/4 –9/4 10 10 Hàm số đồng biến trên các khoảng ;0, ; 10 10 Hàm số nghịch biến trên các khoảng ; , 0; Hàm số đạt cực đại x = 0, yCĐ = y(0) = 10 10 Hàm số đạt cực tiểu x , yCT = y 19 3) Đồ thị: Đồ thị (C) hàm số có hai điểm uốn U ; nhận Oy làm 36 trục đối xứng, giao với Ox điểm ( 1; 0); ( 2; 0) (Hình 1) y y (C1) (C) 4 y=m 9/4 -2 -1 O x -2 -9/4 Lop12.net -1 O x 0,50 0,50 (3) y (C1) y=m 9/4 -2 O -1 x (Hình 1) (Hình 2) Tìm m để phương trình x x m (1) có nghiệm phân biệt I.2 II Gọi (C1) là đồ thị hàm số y x x (C1) gồm hai phần: +) Phần đồ thị (C) nằm trên trục Ox +) Đối xứng phần đồ thị (C) nằm Ox qua Ox Vẽ đồ thị (Hình 2) Số nghiệm (1) số giao điểm (C1) với đường thẳng y = m Theo đồ m4 thị ta (1) có nghiệm phân biệt và m = và 2(log2 x 1) log4 x log2 (1) Giải phương trình Điều kiện: x > (1) (log2 x 1) log2 x log22 x log2 x x log2 x log x x III.1 1,00 0,25 0,25 0,50 1,00 0,5 0,5 Tính thể tích khối chóp D.ABC 1,00 Lop12.net (4) d D F N I E K A C O M B Thể tích khối chóp 1 a a3 AD.S ABC 2a 3 Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp D.ABC Gọi O là trọng tâm tam giác ABC, gọi là đường thẳng qua O và vuông góc với (ABC), suy // DA và là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Trong mặt phẳng (d, ) kẻ đường thẳng trung trực AD cắt I, đó I cách A, B, C, D nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp D.ABC Gọi M, N là trung điểm BC và AD Tứ giác AOIN là hình chữ nhật nên VD ABC III.2 IA = ON = AN AO AN = 2a a DA a, AO AM 3 1,00 1,00 0,25 0,25 a 3 3a IA a 2 Mặt cầu có bán kính R IA III.3 3a 16 a 3a nên S 4 R 4 3 0,50 Tính tỉ số thể tích Gọi E = DM IN, F = BE DC đó tam giác BNF là thiết diện hình chóp cắt mặt phẳng (BNI) Do N là trung điểm DA, NE // AM nên E là trung điểm DM Gọi K là trung điểm FC MK là đường trung bình tam giác BFC MK // BF EF là đường trung bình tam giác DMK F là trung điểm DK DC = DF SDBC = 3SDBF Lop12.net 1.00 0,25 0,25 (5) Gọi h là khoảng cách từ A đến mặt phẳng (DBC), N là trung điểm DA nên khoảng cách từ N đến (DBC) h/2 Gọi thể tích khối chóp D.ABC là V, thể tích khối chóp D.NBF là V1, thể tích phần còn lại là V2 1h 1 SDBF h.SDBC V V2 V V1 V V V Ta có V1 32 6 6 V V Do đó ta có tỉ số thể tích: V2 V1 V DN DF DB Chú ý thí sinh có thể làm theo cách sau: V DA DC DB IVa.1 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số y x x 0,25 0,25 1,00 Tập xác định D = [1; 9] y' x 1 9 x , y ' x 1 x x 0,50 y(1)= y(9) = 2 , y(5) = IVa.2 max y y(5) 4, y y(1) y(9) 2 0,50 Giải bất phương trình 1,00 log log22 (2 x ) log2 x log22 (2 x ) log2 x (điều kiện: x > 0) 0,25 IVa.3 log x (1 log2 x )2 3log2 x log22 x log2 x log2 x x Vậy bất phương trình có tập nghiệm S (0;1] [2; ) x Tìm m để hàm số y = x3 – 6x2 + 3(m + 2)x – m – có hai cực trị cùng dấu y’ = 3x2 – 12x + 3(m +2) Điều kiện để hàm số có cực trị là y’ có hai nghiệm phân biệt ' 36 9(m 2) m Gọi x1, x2 là hai điểm cực trị hàm số, đó theo định lí Viet ta có x1 x2 x1 x2 m 2 Do y x y ' (m 2)(2 x 1) và y’(x1) = y’(x2) = 3 3 nên y( x1 ) (m 2)(2 x1 1) , y( x2 ) (m 2)(2 x2 1) yC § yCT y( x1 ) y( x2 ) (m 2)2 (2 x1 1)(2 x2 1) (m 2)2 [4 x1 x2 2( x1 x2 ) 1] 2 (m 2) [4(m 2) 2.4 1] (m 2) (4m 17) Do đó hai giá trị cực trị cùng dấu m yCÑ yCT (m 2)2 (4m 17) 17 m 17 Kết hợp với điều kiện ta m Lop12.net 0,50 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 (6) IVb.1 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số y x x 1,00 Tập xác định: D = [– 2; 2] y ' 1 IVb.2 x x2 0,25 x2 x x2 x y ' x2 x 2 x 4 x x 0,25 y(–2) = – 2, y (2) = 2, y( 2) 2 0,25 max y y( 2) 2, y y(2) 2 0,25 xy y x 32 Giải hệ phương trình 4 log3 ( x y ) log ( x y ) (1) (2) Điều kiện: x – y > 0, x + y > 0, x ≠0, y ≠ (2) log3 ( x y ) log3 ( x y ) log3 ( x y ) x y (3) 0,25 x y 2 y x x y 25 y x 1 x t Đặt t ta có t 2t 5t y t 1/ t 0,25 +) Với t = x y vào (3) ta y y y 1 Khi y x (thoả mãn) Khi y 1 x 2 (loại) 0,25 (1) y x vào (3) ta x x (voâ nghieäm) Vậy hệ phương trình có nghiệm (x, y ) = (2; 1) Tìm m để phương trình có nghiệm thuộc đoạn [0; 1] +) Với t = IVb.3 1,00 2 (m 2)22 x 2(m 1)2 x 2m 0,25 1,00 (1) Đặt t = x , x x 0; neân t [1; 4] (1) trở thành (m 2)t 2(m 1)t 2m (t 2t 2)m 2t 2t m 2t 2t t 2t (2) 0,25 f (t ) Xét hàm số f(t) trên [1; 4] t 2 (loại) f '(t ) 6t 4t 16 t (t 2t 2)2 4 23 f(1) = 10, f(4) = , f = 11 3 4 23 max f (t ) f 11,min f (t ) f (4) [1;4] [1;4] 3 f '(t ) 6t 4t 16 , Lop12.net 0,25 0,25 (7) (1) có nghiệm thuộc [0; ] (2) có nghiệm thuộc [1; 4] 23 m 11 Vậy: Lop12.net 23 m 11 0,25 (8)