Đang tải... (xem toàn văn)
Tính diện tích của mặt cầu và thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD đã cho.. 3 Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a 2.[r]
(1)ĐỀ I : ÔN TẬP 12 HỌC KỲ I ( Thời gian 90 phút) Bài (3 điểm) x x x (C ) b) Tìm m để đường thẳng (d ) : y 2mx cắt (C ) điểm phân biệt? a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: y f ( x ) ( điểm) ( điểm) Bài (3 điểm) a) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số: f (x) cos x 2sin x , với x 0; 2 b) Giải phương trình: log21 x log9 x ( điểm) ( điểm) x y c) Giải hệ phương trình: x y2 x 27 ( điểm) x (m 1) x m (Cm ) , m là tham số Bài (1 điểm) Cho hàm số y x 1 Chứng minh với m , đồ thị Cm luôn có cực đại, cực tiểu Tìm m để khoảng cách từ điểm cực đại đồ thị Cm đến đường thẳng () : x y 4? ( điểm) Bài (3 điểm) Cho hình chóp S ABC có SA ( ABC ) , đáy là ABC vuông cân A Biết SA 2a, AB a 3, AC a a) Tính thể tích khối chóp S ABC (1,5 điểm) b) Xác định tâm I và tính bán kính R mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC Suy diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC và thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC (1 điểm) c) Gọi M , N , P là trung điểm SB, SC , AC Mặt phẳng ( MNP ) cắt AB Q Tính diện tích toàn phần khối đa diện MNPQBC ( 0,5 điểm) =========================== Lop12.net (2) ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ Môn TOÁN Lớp 12 Nâng cao Thời gian làm bài 90 phút ĐỀ SỐ I Bài (3 điểm) a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: y f ( x ) x x x (C ) Tập xác định D R ( 0,25 điểm) Giới hạn lim y ; x lim y ( 0,25 điểm) x x y y ' x x 3; y ' x x x y 1 ( 0,25 điểm) Bảng biến thiên ( 0,5 điểm) x f ' x + f x - + 1 Hàm số nghịch biến trên (1;3) , đồng biến trên (;1) và (3; ) 1 Điểm cực tiểu I1 (3; 1) , điểm cực đại I 1; 3 1 Ta có y '' x 4; y '' x x Điểm uốn I 2; 3 (0,25 điểm) Đồ thị: ( 0,5 điểm) 1 Điểm đặc biệt: A 0; 1 , B 4; 3 y -2 -1 -1 A -2 I 2 I .B .I x 1 Đồ thị hàm số nhận điểm uốn I 2; làm tâm đối xứng 3 Lop12.net (3) b) Tìm m để đường thẳng (d ) : y 2mx cắt C điểm phân biệt? Phương trình hoành độ giao điểm (C ) và (d ) là: x x x = 2mx x 1 x x x 2m x x 2m 3 3 x x 2m ( 0,5 điểm) Để PT đã cho có nghiệm phân biệt thì PT g( x ) có nghiệm phân biệt khác Đặt g x 1 (3 2m) m 3 m g(0) m ( 0,5 điểm) Bài ( điểm) a) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số: f (x) Ta có f ( x ) cos x 2sin x , với x 0; 2 1 1 2sin2 x 2sin x sin2 x 2sin x , x 0; 2 Đặt t sin x , t g(t ) t 2t , t 0;1 (0,25 điểm) (0,25 điểm) g (t ) 2t 2, g (t ) t 1, t 0;1 (0,25 điểm) Ta có: g(0) ; g(1) 6 5 Giá trị lớn là: max g(t ) g(1) t max f ( x ) x 0;1 6 0; 2 Giá trị nhỏ là: g(t ) g(0) 0;1 Vậy max f ( x ) 0; 1 t f x x 6 0; 2 x , f x x 0; ( 0,25 điểm) 2 b) Phương trình log21 x log9 x log32 x 3log3 x (0,25 điểm) Đặt t log3 x , ta có phương trình: (0,25 điểm) x log3 x t 4t 3t 1 x log3 x t (0,5 điểm) Lop12.net (4) x y c) Giải hệ phương trình x x 27 3y (1) (2) (2) 27 x 3y x 3y 3x x y , thay vào phương trình (1) ta được: y y 1 x y 1 y 3 y 2 x y 2 y y ( 0,5 điểm) Vậy hệ phương trình có nghiệm (1;1); (1; 1); (4;2); (4; 2) ( 0,5 điểm) Bài (1 điểm) Tập xác định D R \ 2 y' ( 0,25 điểm) (2 x m 1)( x 1) x (m 1) x m ( x 1)2 x2 2x ( x 1)2 x y m 1 y ' x2 2x x 2 y m x 2 f ' x + f x ( 0,25 điểm) 1 - - + m3 m 1 Dựa vào BBT điểm cực đại là: I1 (2; m 3) (0,25 điểm) Khoảng cách từ điểm cực đại I1 (2; m 3) đến đường thẳng () : x y là: d ( I1 ,()) 4m m 3 2m 5 m Bài (3 điểm) Vẽ hình đúng (0,5 điểm) Do SA ( ABC ) nên SA là đường cao (0,25 điểm) S hình chóp S ABC V SA.S ABC (0,25 điểm) Mà ABC vuông cân C S ABC 1 3a2 AC AB a 3.a 2 ( 0,25 điểm) Suy V 2a.a2 a3 d N K E M P I C A ( 0,5 điểm) H Q B b) Gọi H là trung điểm BC Ta có: HA HB HC (do ABC vuông A ) Lop12.net (5) Từ H dựng đường thẳng d ( ABC ) Suy d là trục mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC Dựng mặt phẳng trung trực cạnh SA qua trung điểm E SA , cắt d điểm I Ta có IA IS (1) Tương tự, dựng mặt phẳng trung trực các cạnh SB, SC Ta có: IC IB IS (2) Từ (1),(2) suy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp S ABC Bán kính R IA Ta có IA IH AH a 10 (0,5 điểm) Diện tích mặt cầu là: S 4 R 10 a2 10 a Thể tích khối cầu là: V R3 (0,5 điểm) 3 c) Mặt phẳng ( MNP ) cắt ( ABC ) theo giao tuyến PQ song song với BC , với Q là trung điểm AB (0,25 điểm) Diện tích toàn phần khối đa diện MNPQBC bằng: dt MNPQ dt BMQ dt PNC dt BCPQ dt MNBC a2 a2 a2 9a2 a2 33 33 a 4 8 8 (0,25 điểm) ============================= ĐỀ II : ÔN TẬP 12 HỌC KỲ I ( Thời gian 90 phút) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ HỌC SINH: (7 điểm) Lop12.net (6) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y = x3 – 3x2 + (1) 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số (1) 2) Dựa vào đồ thị (C) hàm số (1), tìm tham số m để phương trình sau có nghiệm: 23t – 3.4t + = m (t là ẩn) Câu II: (2 điểm) 1) Tìm giá trị nhỏ và giá trị lớn hàm số y x x 15 trên đoạn [–1; 3] 2) Tính đạo hàm các hàm số sau: a) y x e4 x b) y e x ln(2 sin x ) Câu III: (1 điểm) Giải các phương trình sau: 1) x x 1 2) log3 x log3 ( x 2) 64 Câu IV: (2 điểm) Cho hình lăng trụ tứ giác ABCD.A’B’C’D’ có độ dài cạnh đáy là 2a, cạnh bên là a 1) Chứng minh hai khối tứ diện ABDA’ và CBDC’ 2) Tính thể tích khối lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ 3) Gọi M là trung điểm cạnh A’D’, S là tâm hình vuông ABCD Tính thể tích khối chóp S.MB’C’D’ II PHẦN RIÊNG: (3 điểm) Thí sinh chọn hai phần: Theo chương trình Chuẩn Nâng cao Theo chương trình Nâng cao Câu Va: (3 điểm) 1) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y đường thẳng x y 2) Giải phương trình: log2 e6 ln x x2 x biết tiếp tuyến song song với x2 5.log2 x 3) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có tất các cạnh a Tính diện tích mặt cầu và thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD đã cho Theo chương trình Chuẩn Câu Vb: (3 điểm) x4 1) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y biết tiếp tuyến song song với đường x 1 thẳng x y 2) Giải phương trình: 22 x 5.10 x log2 3) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có tất các cạnh a Tính diện tích xung quanh và thể tích hình nón ngoại tiếp hình chóp S.ABCD đã cho Hết - ĐỀ SỐ II ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ – Năm học 2008 – 2009 Môn TOÁN Lớp 12 Thời gian làm bài 90 phút Lop12.net (7) I Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số: y = x3 – 3x2 + Tập xác định: Sự biến thiên: a)Giới hạn vô cực: lim y lim x ; lim y lim x x x x x x3 x x3 b) Bảng biến thiên: y’ = 3x2 – 6x = 3x(x – 2); y’ = x = x = BBT: x – + y’ + – + + y – Hàm số đồng biến trên (–; 0) và (2; +); nghịch biến trên (0; 2) xCT = 2, yCT = 1; xCĐ = 0, yCĐ = Đồ thị: y’’ = 6x – 6; y’’ = x = – Đồ thị nhận điểm uốn I(1; 3) làm tâm đối xứng – Đồ thị qua (–1; 1), (3; 5) 0,25 0,25 0,5 0,5 y -2 -1 x -1 -2 II Dựa vào đồ thị (C) … Đặt x = 2t > 0, phương trình đã cho thành: x3 – 3x2 + = m Vậy phương trình đã cho có nghiệm và đường thẳng y = m có điểm chung với đồ thị (C) hàm số (1) trên khoảng (0; +) Dựa vào đồ thị (C) hàm số (1) trên khoảng (0; +) ta có các giá trị m cần tìm là: m Tìm giá trị nhỏ và … Hàm số y = x4 – 8x2 + 15 liên tục trên đoạn [–1; 3] Ta có y’ = 4x3 – 16x = 4x(x2 – 4) y ' x 0, x 2 x 4 x ( x 4) x x x 1 x y(–1) = 8; y(0) = 15; y(2) = –1; y(3) = 24 Vậy Min y y(2) 1; Max y y(3) 24 [1; 3] 0,5 0,5 0,5 [1; 3] Tính đạo hàm các hàm số: a) y = x2.e4x Tập xác định: y’ = (x2)’.e4x + x2.(e4x)’ = 2x.e4x + x2.(4x)’.e4x = 2x.e4x(1 + 2x) b) y = ex.ln(2 + sinx) Tập xác định: y’ = (ex)’.ln(2 + sinx) + ex.(ln(2 + sinx))’ 0,5 0,5 Lop12.net (8) = ex.ln(2 + sinx) + ex III (2 sin x )' cos x = ex.ln(2 + sinx) + ex sin x sin x Giải phương trình: 2 x x 1 64 x x 1 43 x2 – x + = x = –1 x = log3 x log3 ( x 2) Tập xác định: (2; +) 0,5 0,5 log3 x log3 ( x 2) log3 [x ( x 2)] x(x – 2) = x2 – 2x – = x = –1 x = Vậy phương trình có nghiệm là x = IV 0,25 C B S D A a C' B' 2a A' D' M Ta có mp(BDD’B’) là mặt trung trực hai đoạn thẳng AC và A’C’ nên phép đối xứng qua mp(BDD’B’) biến bốn điểm A, B, D, A’ thành bốn C, B, D, C’ Vậy hai khối tứ diện ABDA’ và CBDC’ Ta có đáy khối lăng trụ là hình vuông ABCD có diện tích 2a.2a = 4a2 Chiều cao khối lăng trụ AA’ = a Vậy thể tích khối lăng trụ là V = S ABCD AA' = 4a2.a = 4a3 0,25 Ta có đáy khối chóp S.MB’C’D’ có diện tích bằng: SMB’C’D’ = SA’B’C’D’ – SA’B’M = 4a2 – a2 = 3a2 Chiều cao khối chóp S.MB’C’D’ khoảng cách từ S đến mp(A’B’C’D’) và AA’ = a 1 Vậy thể tích khối chóp S.MB’C’D’ là V = SMB ' C ' D ' AA' = 3a2 a a3 3 0,75 Tiếp tuyến song song với đường thẳng 3x + y – = nên có hệ số góc k = – Gọi (x0; y0) là tọa độ tiếp điểm, ta có k = –3 = y’(x0) 4 y = x 3 y ' 1 , x 2 x2 ( x 2)2 1,0 0,75 Va y’(x0) = –3 (x0 + 2)2 = x0 = –1 x0 = –3 Với x0 = –1, y0 = 0, ta có tiếp tuyến (–1; 0) là y = –3(x + 1) Với x0 = –3, y0 = –10, ta có tiếp tuyến (–3; –10) là y = –3(x + 3) – 10 log2 e6 ln x 1,0 5.log2 x Điều kiện xác định phương trình: x > log2 e6 ln x 5.log2 x log2 e6 ln x log2 x e6 ln x x5 ln2 x ln x ln2 x 5ln x lnx = lnx = Với lnx = x = e2 (thỏa đk) Với lnx = x = e3 (thỏa đk) Vậy phương trình có hai nghiệm: x = e2, x = e3 Lop12.net (9) 1,0 Gọi O là tâm hình vuông ABCD, ta có OA = OB = OC = OD = a; OS2 = SA2 – OA2 = 2a2 – a2 = a2 OS = a Vậy tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là O, bán kính R = a Diện tích mặt cầu S = 4R2 = 4a2 4 Thể tích khối cầu V = R3 a3 3 Vb Tiếp tuyến song song với đường thẳng 3x – 4y = nên có hệ số góc 3/4 Gọi (x0; y0) là tọa độ tiếp điểm, ta có k = 3/4 = y’(x0) 3 y' , x y '( x0 ) ( x 1)2 ( x0 1)2 k= 1,0 y’(x0) = 3/4 (x0 – 1)2 = x0 = –1 x0 = 3 ( x 1) Với x0 = 3, y0 = –1/2, ta có tiếp tuyến (3; –1/2) là y = ( x 3) Với x0 = –1, y0 = 5/2, ta có tiếp tuyến (–1; 5/2) là y = x 22 x 5.10 x log2 22 x 5.10log2 22 x 5.2 x 1,0 22 x 5.2 x 2x = 2x = Với 2x = x = Với 2x = x = log23 1,0 Gọi O là tâm hình vuông ABCD, ta có hình nón ngoại tiếp hình chóp S.ABCD có bán kính đường tròn đáy R = OA = a; chiều cao = SO = a; đường sinh SA = a Sxq = R.SA = a2 ; V= 1 R SO a2 a a3 3 Lop12.net (10)