de thi thu toan 12 HKI moidap an thang diem day du

b). Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. Tính thể tích khối cầu tương ứng... II.. Thể tích khối chóp S.ABCD..[r]

ĐỀ TỰ KIỂM TRA HỌC KỲ I MƠN tốn : LỚP 12

Thời gian làm : 90 phút , khơng tính thời gian giao đề Bài (3, 00 điểm)

1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thi (C ) hàm số

3

y x x

3

 

2) Chứng minh đường thẳng

1

y x

3

 

cắt đồ thị (C ) điểm phân biệt A, M, B M trung điểm đoạn AB Tính diện tích tam giác OAB

Bài (2,50 điểm)

1) Cho a b số dương Đơn giản biểu thức

3 6

1

3

a b b a

M ab

a b



 

 :

2) Giải phương trình sau : a)  

2 x

2x

1,5

3 

  

 

  b)

1

1 log x  log x 

Bài (3,50 điểm)

Cho khối chóp S.ABC có đáy tam giác ABC cạnh a đường cao SA = a Gọi E trung điểm cạnh BC G trọng tâm tam giác ABC

1) Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC Tính tan góc mặt bên (SBC) mặt đáy (ABC)

2) Xác định tâm I tính theo a bán kính R mặt cầu (S) ngoại tiếp khối chóp S.AEC 3) Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SGC).

Bài (1,00 điểm) Tìm m để phương trình

3

2cos x cos x m

3

  

có nghiệm thuộc đoạn ; 2  

 



 

 

-LƯỢC GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM Bài 1( 3,00 điểm)

1) Khảo sát ( 1, 50 điểm)

2) Lập phương trình hồnh độ giao điểm, giải nghiệm x1; x 3

A 1;

 

   

 ;

2 M 1;

3

 



 

  ; B(3; 0) Kết luận M trung điểm đoạn AB (1 điểm ) Tính diện tích tam giác OAB OAB

1

S

2

 

( đvdt) (0; điểm) Bài ( 2,50 điểm) :

1) (1,00 điểm):

1 1

3 6

1 1 1

3 3 3

1

6

a b a b

M a b a b a b

a b

 

  

 

 

    



2) (1,5 điểm ) Giải PT : 0,75 điểm a) Phương trình:

2

2 x 2x x

2x 2

1,5 2x x

3

   

      

          

     

1 x 0, x

2

  

b)

1

1 log x 2 log x 

Điều kiện : x 0; log x 0   ; 2 log x  2 log x 02 

1

x 0; x ; x

16

   

2

2

1

1

4 log x 2 log x   2 2

1

1 log x 2 log x 

Đặt : t log x (điều kiện t4; t 2 ), đến phương trình : t23t 0   t  1 t2 PT có hai nghiệm :

1

x ; x

2

 

Bài ( 3,50 điểm)

1) (1, 50 điểm) +

2

SABC

1 a a

V a

3 12

 

(đvtt)

+ Góc hai mp(SBC) (ABC) góc  SEA; là góc nhọn thoả:

AS

tan

AE

  

2)(1, 00 điểm) Mặt cầu (S) ngoại tiếp khối chóp S.AEC có : + Tâm trung điểm I đoạn thẳng SC + Bán kính:

1 a

R SC

2

 

3)(1,00 điểm).

+ CG vng góc với AB trung điểm F AB , có CFSF( ĐL 3đ vng góc) Cách 1 : C/minh CF(SAB) Dựng AHSF (H SF) AH(SFC) (SGC)

d[A,(SGC)] AH

  Xét tam giác SAF , có 2

1 1 a

HF

Cách 2 : Tính :

3

S.AFC S.ABC a a a

V V ; SF ; FC

2 24 2

   

Gọi h khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SFC) thị:

S.AFC S.AFC

6V

1 a

V FC.SF.h h

6 FC.SF

   

Bài : (1,00 điểm) PT

3

4

2cos x cos x m, x ;

3 2

 

 

     

  (*) Đặt t = cosx ,

x ;

2  

 

  

   t 0;1

Xét hàm số :  

3

4

g(t) 2t t , t 0;1

  

ta có:

 

2

g (t) 4t ; g (t) 4t t 0;1

2

          

Tính được:

1 2

g(0) 0; g

3

 

  

  và:

2 g(1)

3 

Với giá trị : t0;1 , tương ứng với giá trị

x arccos t ;

2  

 

   

ĐỀ TỰ KIỂM TRA HỌC KỲ I MƠN tốn : LỚP 12

Thời gian làm : 90 phút , khơng tính thời gian giao đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (8,0 điểm)

Câu I: (3,5 đ)

1. Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số y f x   x3 3x21 (2,5đ)

2. Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm phương trình x3 3x2 2m 0  . (1,0 đ)

Câu II: (1,0 đ) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số y f x   x43x2 đoạn 2;5

Câu III: (1,5 đ)

1. Rút gọn biểu thức sau:

 

3

2

4 5

x y xy

M x 0, y 0, x y

x y x y 

   

 .

2. Tính đạo hàm hàm số sau:  

2

y ln x  x 1

Câu IV: (2,0 đ) Cho hình chóp S.ABC có đường cao SA 2a đáy tam giác ABC vuông cân A có cạnh AB AC a  .

1. Tính thể tích khối chóp S.ABC (1.0 đ)

2. Xác định tâm tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC (1,0 đ) II PHẦN RIÊNG (2,0 điểm)

Thí sinh học chương trình làm phần dành riêng cho chương trình (phần 2)

1 Theo chương trình Chuẩn: Câu Va: (2,0 đ) Cho hàm số

2x y

x  

 Gọi đồ thị (C).

1. Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) điểm thuộc đồ thị có tung độ y0 1 (1,0đ)

2. Tìm tất giá trị tham số m để đường thẳng d: ymx 2 cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt (1,0đ)

2 Theo chương trình Nâng cao: Câu Vb: (2,0 đ)

1. Xác định a để đồ thị  C hàm số  

2

x x a

y a

x  

 

 tiếp xúc với đường thẳng d : y 2009x (1,0 đ)

2. Chứng minh x 

 

thì

3

x sin x tan x 2x

6

  

HẾT

-ĐÁP ÁN

Câu Mục Nội dung Thang

điểm

I 1

2,5đ Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm sốy x3 3x2 1

  

 Tập xác định D  0,25

 Giới hạn xlim y  ; xlim y     0,25

 Đạo hàm y ' 3x 2 6x

2 x y

y' 3x 6x

x y

  



     

  



x    y’ + - +

Hàm số đồng biến khoảng  ;0 2; Hàm số nghịch biến khoảng 0;2

Hàm số đạt cực đại x 0; y CD 1

Hàm số đạt cực tiểu x 2; y CT 3

0,5

 Bảng biến thiên

x    y’ + - + y



  0,75

 Điểm đặc biệt (1;-1); (-1;-3); (3;1)  Đồ thị

0,75

CĐ -3

-4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5

-4 -3 -2 -1 1 2 3

x y

O

(C)

y= m

Đồ thị hàm số nhận điểm (1;-1) làm tâm đối xứng 2

1,0đ Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm phươngtrình x3 3x2 2m 0

    .

 Phương trình cho viết thành x3 3x2 1 2m (*)  Số nghiệm phương trình (*) số giao điểm đồ thị (C) đường thẳng y 2m

 Dựa vào đồ thị, ta có:

+

3 m

2m 2

2m 1

m 

     

 

 

  

 : (*) có nghiệm

+

3 m

2m 2

2m 1

m 

   

 

 

  

 : (*) có nghiệm

+

3

3 2m m

2

      

: (*) có nghiệm

0,25 0,25

0,5

II 1,0đ

Tìm GTLN, GTNN cua hàm số y f x   x43x2 2

2;5 .

  

3

f ' x 4x 6x



   

x

f ' x 3 L

x

2     

  

 f 2  6;f 5  552

Vậy max f x2;5   f 2  6; f x2;5   f 5  552

III 1 0,75đ

Rút gọn biểu thức sau:

3

2

4 5

x y xy M

x y x y  

 x 0, y 0, x  y

Ta có:

1 1 1

2 4 4

1

4

5 1

4 4

xy x y xy x y x y

M x y

x y xy xy x y

     

        

     

     

   

 

   

 

 

0,75

2

0,75đ Tính đạo hàm hàm số sau: y ln x   x21 Ta có

 

2

2 2

2x

x x ' 1

2 x

y'

x x x x x



 



  

    

0,75

IV 1

1,0đ Tính thể tích khối chóp S.ABC  Ta có S.ABC ABC

1

V S SA

3 





2

ABC a

S

2

 

 Vậy

3 S.ABC

a V

3 

(đvtt)

1,0

2 1,0đ

Xác định tâm tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC

 Xác định mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

 Gọi M tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác vng cân ABC M trung điểm cạnh huyền BC

 Dựng trục Mx đường trịn ngoại tiếp tam giác vng cân ABC Mx // SA

 Dựng đường trung trực cạnh bên SA trung điểm I SA cắt Mx O

 Theo tính chất trục đường trung trực ta có: OA OB OC OS R   

 Vậy mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC S O;R   Tính bán kính R

 Tứ giác AIOM hình chữ nhật cho R OA  AM2AI2

0,25

với

BC a

AM 2   ; SA AI a    Vậy a R  0,25 Va 1 1,0đ

Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) hàm số   2x

y f x

x 

 

 điểm thuộc đồ thị có tung độ y0 1.

  

 

2

5

y' f ' x

x

 



 Phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) điểm x ; y0 0 thuộc (C) có dạng y f ' x  0 x x 0 y0

 y0  1 x0 4

  

1 f '

5 

Vậy có phương trình tiếp tuyến cần tìm

1

y x

5   0,25 0,25 0,25 0,25 2

1,0đ Tìm tất giá trị tham số m để đường thẳng d: ymx 2 cắt đồ thị (C) hàm số

2x y

x  

 tại hai điểm phân biệt

 Phương trình hồnh độ giao điểm d (C) là:

 

2x

mx x

x         

mx m x *

x           

 d cắt (C) hai điểm phân biệt  (*) có hai nghiệm phân biệt

khác 1 

 

 

2

m 4m

m

m m

               

m

m

m             .

Vậy giá trị cần tìm:m     ; 5   6 5;\ 0 

0,25

0,5 0,25

Vb 1

1,0đ

Xác định a để đồ thị  C hàm số  

2

x x a

y a

x  

 

 tiếp xúc với đường thẳng d : y 2009x

 d tiếp xúc với (C)  hệ phương trình sau có nghiệm:

 

   

2

a

x 2009x 1

x x

x a N

a

1 2009 a 502

x                       

 Vậy giá trị cần tìm: a502

0,75

0,25 2

1,0đ

Chứng minh 0 x 

 

thì

3

x sin x tan x 2x

6

  

 Xét hàm số  

3

x f x sin x tan x 2x

6

   

với x   

, ta có  

2

1 x

f ' x cos x

2 cos x

   

 Nếu x

2   

thì cos x 1   cos x cos x2 

  

2

2

2

1 x x

f ' x cos x cos x

2

cos x cos x

       

2 2

1 x

cos x

cos x

 

    

  , với x 0;2



 

 

  (f ' x  0 x 0 ).

Suy hàm số f x  đồng biến nửa khoảng 0;

2 

 

 

 .  Do

0 x 

 

   

3

x

f x sin x tan x 2x f 0

6

     

 Vậy x

2 

 

3

x sin x tan x 2x

6

  

(đpcm)

0,25

0,25

0,25

0,25

ĐỀ TỰ KIỂM TRA HỌC KỲ I MƠN tốn : LỚP 12

Thời gian làm : 90 phút , không tính thời gian giao đề ĐỀ BÀI

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Bài (3 điểm):

a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số sau:y x 4 2x2 b) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) điểm có hồnh độ x2 c) Xác định m để phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt:x4 2x2 m 0 Bài (2 điểm): Giải phương trình sau

a)    

2

3

log x log x

2

   

b) 16x  17.4x16 0

c) log2x 1 (2x2 x 1) log x 1 (2x 1) 4

Bài (1 điểm)

a) CMR mặt bên hình chóp tam giác vng b) Tính thể tích khối chóp S.ABCD

c) Gọi B’,D’ hình chiếu A SB SD.Mặt phẳng (AB’D’) chia khối chóp S.ABCD thành hai phần Tính tỉ số thể tích hai phần

PHẦN TỰ CHỌN

Thí sinh chọn làm Bài 4a Bài 4b Bài 4a

a) (1 điểm): Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số: y xe x 1 đoạn 2 ; 2

b) (1 điểm): Tìm m để phương trình sau ln có nghiệm đoạn 1;9

   

2

3 3

log x 2m log x 2   4 m log x Bài 4b

a) (1 điểm): Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số:

2

ln x y

x 

đoạn

3

1; e

 

 

b) (1 điểm): Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x3x2x m(x 1)2

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HKI

Câu Nội dung Điểm

Bài I 1)Khảo sát vẽ đồ thị (C): y=2x4-4x2

Tập xác định: D=R

 2  2

xlim 2x    4x ; lim 2xx   4x 

y’=8x3-8x=0

x

x

    

 bảng biến thiên:

x   -1  y’ - + - + y  

-2 -2

Hàm số đồng biến khoảng: (-1;0); (1;+∞) Hàm số nghịch biến khoảng: (-∞;-1); (0;1) Hàm số đạt cực đại tại: (0;0)

Hàm số đạt cực tiểu tại: (-1;-2), (1;-2) Đồ thị hàm số:

0,25

0,25

Bài II

f(x)=2*(x^4)-4*(x^2)

-8 -6 -4 -2

-5

x y

Đồ thị hàm số nhận trục Oy làm trục đối xứng

0,25

2) phng trỡnh tiếp tuyến điểm có honh độ x=2

Víi x=2 th× y = 16

HƯ sè gãc cđa tiÕp tuyÕn k=f’(2)=48 PTTT y=48(x-2)+16 hay y=48x-80

3) Bl sè nghiƯm cđa PT 2x4-4x2-m=0 2x4-4x2=m (1)

2

-2

-5

-1 f x  = 2x4-4x2

1

Từ đồ thị ta thấy:

-Nếu m > đt cắt đt (C) điểm phân biệt nên PT (1) có nghiệm phân biệt

-Nếu m = đt cắt đt (C) điểm nên PT (1) cã nghiÖm

- NÕu -2 < m < đt cắt đt (C) điểm phân biệt nên PT (1) có nghiệm phân biệt

-Nếu m = -2 đt cắt đt (C) điểm nên PT (1) có nghiệm -Nếu m < -2 đt không cắt đt (C) nên PT (1) có vô nghiệm

0,25 0,25 0,5 0,25

0,25

0,25 0,25

2)

a) Giải phương trình:

2

3

log (x 3) log (x 5)

   

(1)

Điều kiện:

x

3 x x

  

  



 



Từ (1)  

3 3

log (x 3) + log x log [(x 3) x ] (x 3) x

       

    (1)

NÕu 3< x< th× x 5  5 x & (1)

2 x (L)

x (TM)

(x 1)(5 x) x 6x [ 



        

NÕu x > th× x 5  x & (1)

2 x (L)

x (TM)

(x 1)(x 5) x 6x [  

 

        

Vậy Pt cho có nghiệm x=4 & x=3

b) Đặt t= 4x đk t>

Khi Pt cho có dạng t2 -17t+16=0

t (TM) t 16 (TM)

[  



Víi t=1 th× x =

Víi t=16 th× 4x=42Hay x= 2

c) DS x=2;x=5/4

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

Câu

III a) (1®)

Ta có SA(ABCD) Suy SAAB, SAAD hay cac tam gi¸c SAB,SAD vuông A

Lại có SA(ABCD) => SABC mà BC hình chiếu vuông góc SB mp(ABCD) nên SBBC hay tam giác SBC vuông B

CM T2 tam giác SDC vuông D b) (1đ)

Ta có SA=AC=a SABCD= a2 nªn

3

SABCD ABCD

1 a

V S SA (dvtt)

3

 

(3) c)

Tỉ số thể tích là:

S.AB'C'D' S.AB'C' S.AD'C' S.AB'C' S.AD'C'

S.ABCD S.ABCD S.ABC S.ADC

2

2 2

2 2 2

2

V V V V V

V V 2V 2V

SA.SB'.SC' SA.SD'.SC' SB'.SB SC'.SC

(

2SA.SB.SC 2SA.SD.SC SB SC

SD'.SD SC'.SC SA SA SA SA

) ( )

2

SD SC SB SC SD SC

1 2a 2a (

2



 

   

 



2 2

2 2

2a 2a

) V

3 3a 4a 3a 4a 

0,5 0,25 0,25

0,25 0,25

0,5 0,25 0,25 0,25

V1=VS.AB'C'D'=

1

3 VS.ABCD  ThÓ tÝch phần không chứa điểm S là :

V2= V-V1=

3 VS.ABCD



1

V

V 2 Câu

IVa

Bµi 4a

a) (1 điểm): Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số:

y xe x đoạn 2 ; 2

Cã y’ =(1-x)ex 1 , y’=0  x=1  [ 2;2]

y(-2)=-2e-3, y(0)=0,y(2)=2e

VËy [ 2;2]

max y

  y(2)=2e [ 2;2]min y  y(-2)=-2e-3

2) log x 2m log 223   x   4 m log x   (1) Đk: x>0

Đặt: log x t, khi3  x1;9=>t0;2

   

   

2

1 t 2m t m mt

t t m

     

   

Vì t0;2từ (2)

2

t

m

3 t 

 



Đặt

   

 

2

2

t t 6t

f t f ' t

3 t 3 t

   

   

 

 

  t 13 loai

t 13 tm

   



   

Ta có : f(3 13)=

26 13

6 13



 ; f(0)=-4/3; f(2)=-8/5

Vậy với

8 13

m ;

5 13

  

  



  phương trình có nghiệm với x1;9 a) (1 điểm): Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số:

2

ln x y

x 

đoạn

3

1; e

 

y’=

3

2

ln x x [1;e ]

ln x x e [1;e ]

ln x(2 ln x) ; x

y' [  [ 

  



  

Khi : y(1)=0, y(e2)=

e , y(e3)= e ,

So s¸nh giá trị , ta có [1;e ]3

max y 42 e

0,25

0,25

[1;e ]min y3 

9 e

b) (1 điểm): Tìm m để phơng trình sau có nghiệm

x3x2x m(x 21)2

Vì x2+1

0 ta có:

   

3 2

2

2

2

2

x x x x(x 1) x

m

x x

x x

m

x x

   

 

 

   

    

 

   

Đặt :t x

x

 

Xét hàm số:

2

2

x

x x 2x

y y'

x

x x

   

     



  

Bảng biến thiên:

x   -1  y’ +

-y

-1

2 0 Vậy

1

t ;

2

 

  

 

Xét hàm số

 

 

2

g t t t

1

g ' t 2t t ( ; )

2

 

     

Bảng biến thiên với

1

t ;

2

 

  

 

t

-1

2 g’(t) +

g(t)

3

-1

4 Vậy với

1

m ;

4

 

  

  phương trình có nghiệm.

0,25

0,25

0,25

0,25

MƠN tốn : LỚP 12

Thời gian làm : 90 phút , khơng tính thời gian giao đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC HỌC SINH (8 điểm)

Câu I :(3đ) Cho hàm số

3

1

y x x 2x

3 (1)

   

1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1)

2) Viết phương trình tiếp tuyến với (C), biết tiếp tuyến song song với đường thẳng

(d) : y 4x 2  .

Câu II :(2đ) Giải phương trình sau :

1)  

x

log   2 x

.

2)

2log x

log x

x x

log log

10 10

 

.

Câu III :(2đ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành Trên cạnh SB, SC ta lấy điểm M, N cho

2 SM

SB 

1 SN SC  .

1) Mặt phẳng (AMN) cắt cạnh SD điểm P Tính tỷ số

SP SD.

2) Mặt phẳng (AMN) chia hình chóp S.ABCD thành hai phần Tìm tỉ số thể tích hai phần

đó.

Câu IV :(1đ) Cho hình lăng trụ đứng có đáy tam giác cạnh a chiều cao hình

lăng trụ h Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ đó.

II PHẦN RIÊNG (2 điểm)

Học sinh học chương trình làm phần dành riêng cho chương trình ) A.Chương trình Chuẩn:

Câu VA :(2đ)

1) Tính đạo hàm hàm số sau:

a) ysin x cos x e  2x b) y x ln x 21

2) Giải bất phương trình:  x 

5 12x

log log

12x 





B Chương trình Nâng cao :

Câu VB: (2đ) Dùng đồ thị để biện luận theo m số nghiệm phương trình :

 

2

x  m x 3m 0   

Câu Nội dung Điểm

I (3đ)

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) TXĐ: D

Giới hạn: xlim y  

0,25

2

y ' x  x 2; y' 0  x 1; x 2

Hàm số đồng biến khoảng   ; 2 1; , nghịch biến khoảng (-2 ; 1)

đạt cực đại điểm x2; yC§ 2, đạt cực tiểu điểm x 1 ; CT

5 y

2 

0,25 0,25

BBT:

x   2 

y’ +  +

y

  -5/2



0,75

Đồ thị: cắt trục tung điểm

4 0;

3

 



 

 , điểm uốn

1

U ;

2

 

 

 

  tâm đối xứng

x y

O

0,50

2

Gọi x ;f (x )o o  tiếp điểm tiếp tuyến cần tìm.

2

o o o o o o o

f '(x ) 4  x x  4  x x  0  x 2;x 3

0,5

o o

2

x f (x )

3

  

, tiếp tuyến là:  1

26 d y 4x

3

  0,25

o o

1

x f (x )

6

  

, tiếp tuyến là:  2

73 d y 4x

6

  0,25

1

ĐK: 3x 0 ; pt  3x  3 x  32x  8.3x  0 0,50 Đặt t ;t 0 x  , pt trở thành: t2 8t 0   t1(lo¹i); t 9 0,25 với t = 9, ta có : 3x  9 x 2 (thoả điều kiền)

Vậy, pt có nghiệm x =

0,25

2

ĐK: x 10  ;

2log x

pt log x

log x log x

  

 

0,25

đặt t log x (t 1 ), ta có pt:

2 t 1(lo¹i)

2t

t t t t

t

t t

 

         



  

0,50

với t2, ta có :

1

log x x

100

  

(thoả điều kiện) Vậy, pt có nghiệm

1 x

100 

0,25

III (2đ)

0,25

1 Gọi O AC BD  Trong tam giác SAC, trung tuyến SO AN cắt I trọng tâm của

tam giác nên có

SI

SO 3 Suy

SM SI

IM // BD

SB SO  3 .

Trong tam giác SBD, IM cắt SD P giao điểm (AMN) với SD Suy

SP SM SP

SD SB  3 SD 3

0,75

2 O trung điểm BD IM // BD nên I trung điểm PM, suy ra:

ABC ACD AMN APN

S s ;S S

Do

S.AMPN S.AMN

S.ABCD S.ABC

V 2V SA SM SN 1

1

V 2V SA SB SC     3

0,75

S.AMNP

S.AMNP S.ABCD ABCDMNP S.ABCD

ABCDMNP

V

1

V V V V

3 V

      0,25

Giả sử ABC.A’B’C’ lăng trụ tam giác Gọi I, I’ tâm tam giác ABC A’B’C’ Ta có I I’ trục hai tam giác Gọi O trung điểm I I’ ta có OA = OB = OC = OA’ = OB’ = OC’ Nên O tâm mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ cho bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ là:

2 2

2 2

mc

h a h a

R OI AI S R

4

 

          

 

0,50

0,50

Va (2đ)

1a y' cos x sin x e 2x sin x cos x 2.e 2x 3sin x cos x e 2x

      0,50

1b

     

2

2 2 2

2

x 2x x

y x ln x ln x y' 2x ln x x x ln x

2 x x

 

           

 

 

0,50

2

ĐK:

0 x

5

x 12x

12

0 12x

(*)

 

 

  

 



 



0,25

2 2

2

2 12x 12x

bpt log log log x

log x 12x 12x

 

   

  (vì với điều kiện (*) log x 02  ) 6x 2x   / x 1/

5 12x

x

x /

12x 12x

  

  



     



  

0,50

Kết hợp với điều kiện (*), nghiệm bpt 5/12 x 1/ 2  . 0,25

Vb (2đ)

 

2

2 x x

x m x 3m m

x

 

      



0,25

Số nghiệm phương trình cho số giao điểm đồ thị hàm số

2

x x

y

x

 



 đường thẳng y m

0,25

Hàm số

2

x x

y

x

 



 hàm số chẵn nên đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng Từ đồ thị

của hàm số

2

x 2x

y

x

 



 ta suy đồ thị hàm số

2

x x

y

x

 



 .

0,50

Dựa vào đồ thị ta có: * m < 2/3: pt có nghiệm * m = 2/3: pt có nghiệm * 2/3 < m < 2: pt có nghiệm * m = 2: pt có nghiệm * < m <6: pt vơ nghiệm * m = 6: pt có nghiệm * m > 6: pt có nghiệm

0,50

ĐỀ TỰ KIỂM TRA HỌC KỲ I MƠN tốn : LỚP 12

Thời gian làm : 90 phút , khơng tính thời gian giao đề

ĐỀ SỐ 5

I PHẦN CHUNG CHO THÍ SINH CẢ HAI BAN( 8,0 điểm)

Câu 1(3,0 đ): Cho hàm số yx42x2 (C)

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

b) Dựa vào đồ thi (C) xác định m để phương trình x4 2x2m 0 có nghiệm phân biệt.

Câu (2,0 đ): Giải phương trình sau:

a) 25x 2.5 15 0x  b)  

2

2

log x log 4x  0

Câu 3 (1,0 đ) : Xác định tham số m để hàm số y = x3 - 3m x2 + (m2 -1) x + đạt cực đại điểm

x =

Câu 4 (2,0 đ) : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a Góc

cạnh bên với mặt phẳng đáy 30o

a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a

b) Xác định tâm tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp Tính thể tích khối cầu tương ứng

II PHẦN DÀNH CHO THÍ SINH TỪNG BAN ( 2,0 điểm)

A Ban nâng cao

Câu 5a (1,0 đ): Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số y x  x

Câu 6a (1,0 đ): Giải hệ phương trình

2

4

log x log y log x log y

 

 

 

 .

B Ban bản

Câu 5b (1,0 đ): Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số y 3x đoạn 1;1

Câu 6b (1,0 đ): Giải bất phương trình log x 23   log x 29  

- HẾT

-ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ

Câu Ý Nội dung Điểm

1 a) + TXĐ : D = 

+ y '4x34x,

x y

y '

x y

  



     



0,25 0,5

- Giới hạn, tiệm cận: xlim y   , xlim y    

0,25

-Đồ thị: 0,

b) + Ta có: x4 2x2 m 0 x4 2x2 1 m 1

        

+ Suy phương trình cho phương trình hồnh độ giao điểm đồ thị (C) với đường thẳng y m 1 

+Dựa vào đồ thị (C) phương trình cho có bốn nghiệm phân biệt  1 m 0   m 1 

0,25 0,25 0,5 a - Đặt t = 5x >0, phương trình thành : t2 – 2t – 15 =

 t (do t >0) - Với t = 5, ta có: x =

0,25 0,5 0,25 b + ĐK : x 0

+ Ta có :  

2

2 2

log x log 4x  0  log x log x 0  

2

x log x

1

log x x

4   

 

  



 





0,25 0,25 0,5

3

Hàm số đạt cực đại x = 

y'(2) y''(2)

 



 



2

m 12m 11

12 6m

   

 

 



  m 11 .

0,5 0,5

a)

- Chiều cao SO = a 6 - diện tích tứ giác ABDC : a2

- V = a3

6 18

0,25x2 0,25 0,25 b) - Nêu cách xác định tâm I 0,25

- Bán kính : R = SI = a

3 ( = SO)

0,25

- Thể tích :

3

8 a

V 27   0,25 Dành cho ban A 5a)

+ TXĐ: D  3;3

+

x y' x    ,   x

y' 3 x 3;3

x x

2               

   

f 3, f 3, f

2

 

    

 

Vậy x  3;3 max y   f 2     

  , x  3;3  

min y f 3

 

  

0,25

0,5

0,25

6a) - Điều kiện: x >0, y >0

2

4

log x log y log x log y

        2 2

2log x log y log x 2log y 10

        x y 16      . 0,25 0,5 0,25 Dành cho ban B 5b)

+ Ta có

3 y'

2 3x  

 + f 1   3, f13

+ Vậy  

 

 1;1  

1;1

max y f 3, y f

       0,25 0,5 0,25 6b) + ĐK x 2

Ta có:

       

3 3

1

log x log x log x log x x

2

           

+ Kết hợp đk suy bất phương trình cho có tập nghiệm T  2; 1 

ĐỀ TỰ KIỂM TRA HỌC KỲ I MƠN tốn : LỚP 12

Thời gian làm : 90 phút , khơng tính thời gian giao đề ĐỀ SỐ 06

Câu (3,0 điểm) Cho hàm số:

x y

x  

 , gọi đồ thị hàm số (C). a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số

b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) giao điểm (C) với trục tung Câu (1,0 điểm)

Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số f (x)x38x2 16x 9 đoạn 1;3 Câu ( 3,0 điểm)

Giải phương trình sau: a) 2x 4 2x 2 5x 1 3.5x

b) log (x 3) log (x 3) log 72    

Câu ( 3,0 điểm)

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác cạnh a, SA = a SA vng góc với mặt phẳng (ABC)

a) Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a

b) Xác định tâm O tính bán kính r mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC theo a

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 06

1a  TXĐ: D=R\{3}



5

y' 0, x

(x 3) 

   

 hàm số nghịch biến hai khoảng  ;3 , 3;  

 Đường tiệm cận : ĐTC đứng: x 3  ĐTC ngang: y 1

 Bảng biến thiên:

+ Điểm đặc biệt:

2

x y ; y x

3

     

+ Vẽ đồ thị:

0.25 0.25

0.25 0.25

0.50

0.25

0.25

2

1b

 Giao điểm với Oy :

2 (0; )

3 



5 f '(0)

9 

 Dạng tiếp tuyến y y f '(x )(x x )0 

 Thay số , kết

5

y x

9

 

0.25 0.25 0.25 0.25

1

2

Tìm GTLN, GTNN f (x)x38x2 16x 9 1;3

 f '(x)3x216x 16



x

f '(x) 4

x     

 

 ; x 4 : loại ; x

3 

: chọn

 Tính f (1) 0 , f (3) 6 ,

4 13

f ( )

3  27

 1;3

Max y 6

x 3 1;3

13 Min y

27 

khi x

3 

0.25 0.25 0.25 0.25

1

-∞ +∞

x y’ y 1

1 -∞

3a  Đưa về: 16.2x 4.2x 5.5x 3.5x

  

 Đưa 20.2x 8.5x  Rút gọn:

x

2

( ) ( )

5 

 x 1

0.25 0.5 0.5 0.25

1,5

3b  Điều kiện x 3

 Đưa log (x 3)(x 3) log 72   

 x4

 So với điều kiện, trả lời x 4

0.25 0.5 0.5 0.25

1,5

4a  Hình vẽ 

1

V Bh

3 



2

a

B 



3

a

V 12 

0.5 0.25 0.25

0.5

1.5

4b  Hình vẽ ( vẽ thêm đúng)

 Xác định tâm O thuộc trục d đường tròn ngoại tiếp tam giác

đáy

 Trong mặt phẳng ( SAG) :O thuộc trung trực cạnh SA ( G

tâm tam giác ABC)

 O giao d trung trực SA

 Tính bán kính đáy r OA  OG2GA2 

7 r a

12 

0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25

1.5

A

B

C S

I

J G

K

ĐỀ TỰ KIỂM TRA HỌC KỲ I MƠN tốn : LỚP 12

Thời gian làm : 90 phút , khơng tính thời gian giao đề ĐỀ SỚ 07

Bài 1: (4điểm) cho hàm số : y = x4 – 2x2 – 5

a) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số

b) Biện luận theo m số nghiệm phương trình: m – x4 + 2x2 = 0

c) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị biết song song với đường thẳng (d): y = 24x + 10

Bài 2:(1,5 điểm) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số a) y = x – ex x  1;1

b) y = 2sinx + cos2x ,

x 0;

2 

 

   :Bài 3:(1,5 điểm) Giải phương trình:

a) 25x 24.5x 25 0 b) log x log x 23  3   1

Bài 4: (3 điểm) Cho hình chop S.ABCD đáy hình chữ nhật Biết SA = AB = a , AD = 2a,

 

SA ABCD

a) Tính thể tích hình chóp S.ABCD

b) Tìm tâm tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD

Đáp án & biểu điểm đề 07

Câu Đáp án Điểm Câu Đáp án Điểm

1.a

TXĐ : D = R y’= 4x3 – 4x

y’=

x y

x y

  



    



Lập bảng biến thiên , đầy đủ Vẽ đồ thị

0.25 0.25 0.5 1.5 0.5

3a PT 52x  24.5x 25 0

x x 1(loai) 5      

=> x = nghiệm pt

0.25 0.25 0.25

b

Pt biến đổi thành x4 – 2x2 -5 = m – 5

m < -1 : pt vô nghiệm m = -1 : pt có nghiệm -1< m < 0: pt có nghiệm m = : pt có nghiệm m > : pt có nghiệm

1 3b

b ĐK : x >0

3

PT log x(x 2)

x 2x

x x 3(loai)             

Vậy, x =1 nghiệm pt

0.25 0.25 0.25

c

Ta có: 4x3 – 4x = 24

x3 – x – = 0

x = 2 y = 3

Vậy PTTT là: y = 24x – 45

1 4a

Vẽ hình

a Ta có :

2 ABCD

3

S a.2a 2a

1 V 2.a    0.5 0.75 0.75 a Xét đoạn [-1,1]

Ta có : y' =1- ex

y' = <=> x =

f ( 1) ,f (0) 1,f (1) e e

     

Vậy Max y =1 x = Min y = 1- e x = b Xét đoạn [0,2  ] Ta có :

y' = 2cos - 2sin2x = 2cosx(1 - 2sinx)

y' =

cos x x

2 sinx x              

f (0) 1,f ( ) ,f ( )

6 2

     0; maxy        

x =6  0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 4a

b Gọi O trung điểm SC Ta có :

OA = OB = OC = OD = OS

2

2

AC a 4a a

SC 5a a a

SC a

0;

miny



 

 

 



x = 0, x = 

ĐỀ TỰ KIỂM TRA HỌC KỲ I MƠN tốn : LỚP 12

Thời gian làm : 90 phút , không tính thời gian giao đề ĐỀ SỚ 08

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I: (3 điểm)

Cho hàm số

x m y

m x   

  (1).

a) Xác định m để đồ thị hàm số (1) qua điểm

1 A 1;

2

 

 

 

 .

b) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) m = c) Viết phương trình tiếp tuyến với (C) điểm có hồnh độ x0 =

Câu II: (2 điểm)

a) Tìm giá trị nhỏ hàm số y f x    x e  x 1 b) Tính giá trị biểu thức

1

log 3log

1 log 2

P 16 

  .

Câu III: (2 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, cạnh bên SA vng góc với đáy, cạnh bên SB a 3 .

a) Thể tích khối chóp S.ABCD

b) Chứng minh trung điểm cạnh SC tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD II PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh học chương trình làm phần dành riêng cho chương trình đó.

Câu IV.a: (Theo chương trình chuẩn)

1) (2 điểm) Giải phương trình bất phương trình sau:

a) 2x2x  22 x x  3.

b)

3

log

2

2

17

log x log x log x

16

 

     

 .

2) (1 điểm) Cho hàm số y f x   sin 2x.ecos 2x Giải phương trình : f (x) 2.e  cos2x Câu IV.b (Theo chương trình nâng cao)

1) (2 điểm)

b) 2x2x  22 x x  3. 2) (1 điểm)

Tính:

 

x

ln 2x lim

tan x





ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 08

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I:

a) Thay tọa độ điểm

1 A 1;

2

 

 

 

  vào (1) ta m = 4. b)

c) y x 4 

f(x)=x/(1-x) y=1x-4 x(t)=1 , y(t)=t f(x)=-1

-15 -14 -13 -12 -11 -10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1

-13 -12 -11 -10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1

x y

y=x-4

Câu II:

a) D   

1

min f x f

e

  

b) Tính giá trị biểu thức

1

log 3log

1 log 2

P 16  592

   .

Câu III:

a Tính diện tích hình vng ABCD ; Tính độ dài SA định lí Pi-ta-go tam giác vng SAB Khi ta tính thể tích khối chóp S.ABCD

b Cần chứng minh IA = IB = IC = ID = IS

a a

I

D A

B C

S

Câu IV.a: (Theo chương trình chuẩn) 1.

a

2 2

2

x x x x x x

x x

2

2 3

2

   



     

Đặt t 2 x2x 0 ; giải tiếp để tìm x. b Điều kiện

17 x

16

 

log

2

2

17

log x log x log x

16

 

     

 

3

2

17

log x log 16 x

16

 

    

   x316x 17 0  x

  Kết hợp điều kkiện ta tập nghiệm 0 x 1  . Ta có :

 f (x) (2cos 2x 2cos 2x 2).e    cos 2x



cos 2x cos 2x

f (x) 2.e 2cos 2x 2cos 2x

cos 2x  

       

 

 Chọn cos 2x 1  2x k2   x k  Câu IV.b (Theo chương trình nâng cao) 1)

a) Tìm điều kiện đặt t  log x 023   .

b) Xem cách biến đổi câu IV.a.a 2) Tính

 

x

ln 2x

lim

tan x



