Đề thi học kì 1 môn Toán lớp 12 (Đề số 4)

b Khi tứ diện SOMN có thể tích lớn nhất, hãy xác định tâm và tính bán kính mặt cẩu ngoại tiếp tứ diện SOMN.. 1 điểm Giải hệ phương trình:..[r]

ĐỀ THI HỌC KÌ – Năm học Môn TOÁN Lớp 12 Thời gian làm bài 90 phút Đề số I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (3 điểm) Cho hàm số y  x  x  x  có đồ thị (C) a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số b) Viết phương trình tiếp tuyến  với đồ thị (C) điểm M(–2; 2) c) Dựa vào đồ thị (C), tìm m để phương trình x  x  x   log2 m có nghiệm phân biệt Câu II (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số y  cos x  4sin x trên đoạn    0;  Câu III (2 điểm) Giải các phương trình sau: a) 52 x  5x 1  b) log2 ( x  1)  log ( x  3)  log2 ( x  7) 1  2 log2  log5  Câu IV (1 điểm) Biết   10 Chứng minh: II PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chọn hai phần: Theo chương trình Chuẩn Nâng cao Theo chương trình Chuẩn Câu Va (2 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, cạnh bên SB = a a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD b) Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD Câu VIa (1 điểm) Giải bất phương trình: 5   6 x 3 x  Theo chương trình Nâng cao Câu Vb (2 điểm) Trên mặt phẳng (P) có góc vuông xOy , đoạn SO = a vuông góc với (P) Các điểm M, N chuyển động trên Ox, Oy cho ta luôn có OM  ON  a a) Xác định vị trí M, N để thể tích tứ diện SOMN đạt giá trị lớn b) Khi tứ diện SOMN có thể tích lớn nhất, hãy xác định tâm và tính bán kính mặt cẩu ngoại tiếp tứ diện SOMN Câu VIb (1 điểm) Giải hệ phương trình:  log x  log2 y  log2   xy  Hết Họ và tên thí sinh: Lop12.net SBD : ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ – Năm học 2009 – 2010 Môn TOÁN Lớp 12 Thời gian làm bài 90 phút Đề số Câu I.a 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  1 y     x  3  x  –3 –1 + – + y  y  Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 3 ,  1;   Hàm số nghịch biến trên khoảng (3; 1) Hàm số đạt cực đại x = –3, yCĐ = y(–3) = Hàm số đạt cực tiểu x  1 , yCT = y(1)  3) Đồ thị: Đồ thị qua các điểm (–2; 2), (0; 4), (–1; 0), (–3; 4), (–4; 0) b) Bảng biến thiên: y  x  12 x  ; 0,50 0,50 0,50 y -6 -5 -4 -3 -2 -1 x -1 -2 -3 -4 I.b Phwong trình tiếp tuyến Phương trình tiếp tuyến với (C) điểm M(–2; 2): y  f  (2)( x  2)  f (2)  y  3 x  I.c II Tìm m để PT x  x  x   log2 m có nghiệm phân biệt 0,50 0,25 0,25 0,50 Số nghiệm PT là số giao điểm (C) và d: y  log2 m 0,25 Dựa vào đồ thị  PT có nghiệm phân biệt   log2 m    m  16 0,25   Tìm GTLN, GTNN hàm số y  cos x  4sin x trên đoạn  0;   2 y  2 sin x  cos x  cos x 1  sin x  1,00     Trên  0;  , ta có: y   x   x   2 0,25 Lop12.net 0,25     y     2; y    2; y(0)  2 4   Vậy: y  y(0)  2; max y  y    2     4 0; 0; 0,25 Giải phương trình 52 x  5x 1  1,00 Đặt t = 5x , t > 0,25 t  6 (loại) PT trở thành t  5t     t  0,50 Với t = thì 5x   x  Giải phương trình log2 ( x  1)  log ( x  3)  log2 ( x  7) 0,25   III.a III.b 0,25   1,00 IV Điều kiện x  1 PT  log2 ( x  1)( x  3)  log2 ( x  7)  ( x  1)( x  3)  x  0,25 0,50  x  x    x   x  4 (loại) Vậy PT có nghiệm x = 1 Chứng minh:  2 log2  log5  0,25 1.00 Ta có: Va.a 1   log  log  log 10  log   log2  log5  Thể tích khối chóp 1,00 0,25 S H 1,00 I A D O B Va.b C S ABCD  a2 0,25 SA  SB  AB  a 0,25 1 V  Bh  a 2.a2  a 3 Tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp Gọi O là tâm hìnhg vuông ABCD  O là tâm đường tròn ngoại tiếp hình vuông Qua O kẻ d // SA  d là trục đường tròn (ABCD), d cắt SC trung điểm I SC SC SAC vuông A  IA = IC = IS =  IS = IA = IB = IC = ID  I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD SC Bán kính R = IA = =a 0,25 Lop12.net 1,00 0,25 0,50 0,25 VIa 5 Giải bất phương trình   6 5   6 x 3 x 5   6 x 3 x 1,00  0,25 1 0,50  x  3x    x 1 0,25 Vị trí M, N 1,00 0,25  Vb.a z t S K O N J M y I x 0,25 1 1 V = VSOMN  Bh  OM ON OS  a.OM ON 3 0,25 Vb.b  OM  ON  a V  a     24 a Vmax  a OM  ON  24 Xác định tâm và bán kính mặt cầu Gọi I là trung điểm MN  I là tâm đường tròn ngoại tiếp OMN Mặt phẳng trung trực OS cắt trục It OMN J Ta có: JS = JO = JM = JN  J là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SOMN a  log x  log2 y  log2 Giải hệ phương trình:   xy  0,25 1,00 0,50 0,50 Bán kính R = JO = VIb 1,00 (1) (2) 0,25 x  Điều kiện:  y  (1)  (log x  log y )(log x  log y )  0,50 log2 2 5 x x x x  log log( xy )  log2  log log  log2  log  log 2   2 y y y y   xy    x  24 Kết hợp (2) ta  x   y    y  4 Lop12.net 0,25