De va dap an Toan 12 khao sat giua HKI

0,25 Tô Minh Hùng GV Trường THPT Phan Chu Trinh Đăk Lăk... Mặt khác ∆ ABC vuông cân đỉnh B nên H là trung điểm của AC..[r]

SỞ GD – ĐT ĐĂK LĂK

TRƯỜNG THPT PHAN CHU TRINH

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG MƠN TỐN Lớp: 12TK2

Lần thứ – Năm học 2011-2012

Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1: (3,0 điểm) Cho hàm số

y

=

x

3

+

2(

m

−

3)

x

2

+

mx

+

4

có đồ thị (Cm) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số m =

b) Cho M(1; 3) đường thẳng (∆) có phương trình y= +x Tìm m để (∆) cắt (Cm) ba điểm phân biệt A(0; 4), B, C cho tam giác MBC có diện tích

Câu 2: (2,0 điểm) Giải phương trình: a)

2

4x x−

− =

6

2

(x−2)2

b)

2log (

24

x

−

3)

=





log 1

2

(

+

2

x

−

5

)

−

1 log (





2

x

−

3)

Câu 3: (1,0 điểm) Cho phương trình:

(

)

21

(

)

2

2

3 log (

4)

2

1 log (

4)

2

0

m

−

x

−

+

m

+

x

−

+ + =

m

Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 cho < x1 < x2 <

Câu 4: (4,0 điểm) Cho tứ diện SABC có đáy ABC tam giác vuông cân đỉnh B, cạnh AB = a; cạnh bên

SA

=

SB

=

SC

=

3

a

Trên cạnh SA, SB ta lấy điểm E, F cho SE = BF = a

a) Tính thể tích khối chóp C.ABFE theo a

Sở GD – ĐT ĐăkLăk Trường THPT Phan Chu Trinh

Năm học: 2011 - 2012

ĐÁP ÁN KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG MƠN TỐN LỚP 12 TK2

(Đáp án – Thang điểm gồm trang) .

Câu Đáp án Điểm

Câu 1:

( 3,0 điểm)

Khi m = 5, hàm số trở thành:

y

=

x

3

+

4

x

2

+

5

x

+

4

đồ thị (C) i) Tập xác định: D = R

ii) Sự biến thiên:

+) Chiều biến thiên:

y

' 3

=

x

2

+

8

x

+

5

⇔ x= −1 x= −5 /

• Hàm số đồng biến khoảng

(

−∞ −; / 3

)

và

(

− +∞1;

)

• Hàm số nghịch biến khoảng

(

−5 / 3; 1−

)

+) Cực trị:

• Hàm số đạt cực tiểu x = −1 ; yCT =

• Hàm số đạt cực đại x = −5/3 ; yCD = 58/27

+) Giới hạn:

lim

x→−∞

y

= −∞

;

lim

x→+∞

y

= +∞

+) Bảng biến thiên:

x −∞ −5/3 −1 +∞ y + − +

y’

58

27

+∞ −∞

iii) Đồ thị:

0,25 0,25

0,25

0,25 0,25

0,25

0,25

Phương trình hồnh độ giao điểm:

3

2(

3)

4

4

x

+

m

−

x

+

mx

+ = +

x

⇔

0

2(

3)

1 (*)

x

x

m

x

m

=



 +

−

+ − =



Để đường thẳng (∆) cắt đồ thị hàm số điểm phân biệt pt (*) phải có nghiệm phân biệt khác 0, tức là:

{

2

'

0

0

2(

m

3).0

m

1 0

∆ >

+

−

+ − ≠

⇔

{

1

2

5

m

m

m

<

>

≠

hoặc

Gọi B(x1 , y1); C(x2 , y2) giao điểm khác điểm A(0 ; 4) đường

thẳng (∆) đồ thị cho Khi x , x nghiệm pt (*)

0,25

0,25

x

y

Giao điểm đồ thị với trục Oy: (0; 4)

Giao điểm đồ thị với trục Ox: (−2,7;0)

Câu Đáp án Điểm

Theo định lý Viet: x1+x2 = −2(m−3) ; x x1 2 = −m Ta có:

BC

=

(

x

2

−

x

1

)

2

+

(

y

2

−

y

1

)

2

=

2(

x

1

+

x

2

)

2

−

8

x x

1 2

=

8(

m

2

−

7

m

+

10)

Lại có:

2

1 4

(

,( ))

2

1

( 1)

d M

∆ =

− +

=

+ −

Khi đó:

4

MBC

S = ⇔

1

(

,( )).

4

2

d M

∆

BC

=

⇔

2

1

2 8(

7

10)

4

2

m

−

m

+

=

⇔

m

=

6

m

=

1

loại

Vậy với m =

0,25

0,25

Câu 2:

( 2,0 điểm) Biến đổi :

2 4

1

6

2

2

x x x x − + −

− =

Đặt t=2x2−4x

; đk: t > Phương trình cho trở thành:

1

6 16

t

t

− =

⇔

16

t

+

6

t

− =

1 0

⇔

1

8

t

=

1

2

t

= −

(loại)

Với

1

8

t

=

, ta được:

2

2

1

8

x − x

=

⇔

4

1

2

8

x− x

=

⇔

1

3

x

x

=



=



Vậy phương trình có hai nghiệm x = x =

0,25

0,25 0,25 0,25

Đk:

{

2

x

x

− >

− ≥

3

5

0

0

⇔

x

>

3

Biến đổi:

1

log (

22

3)

log 1

2

(

2

5

)

1 log (

2

3)

2

x

x

x





−

=



+

−

−



−

⇔

(

)

2

2

log (

3)

0 (a)

1

log (

3)

log 1

2

5

1 (b)

2

x

x

x

−

=





−

=

+

−

−



Giải pt (a): log (2 x−3)=0 ⇔

x

=

4

Giải pt (b):

2

x

− = −

5

x

4

⇔

{

4

0

2

5

(

4)

x

x

x

− ≥

− =

−

⇔

x

=

7

(thỏa điều kiện) Vậy phương trình cho có hai nghiệm x = ; x =

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 3:

( 1,0 điểm)

Đk: x > Đặt t =log (2 x−4) Vì < x1 < x2 < nên

t

<

1

Yêu cầu tốn trở thành tìm m cho phương trình:

2

(3t − −t 2)=(t +2t+1).m (*) có nghiệm t1 , t2 cho t1 < <t2

Nhận xét t = −1 nghiệm pt (*) Biến đổi pt (*) dạng:

2 2 t t m t t − − = + +

Bài tốn trở thành: Tìm m để pt:

2 ( ) t t

f t m t t

− −

= =

+ + có hai nghiệm

phân biệt t1 < t2 <

Câu Đáp án Điểm

3

7

3

(7

3)(

1)

'( )

(

1)

(

1)

t

t

t

f t

t

t

+

+

+

=

=

+

+

;

3

'( )

0

7

f t

= ⇔ = −

t

'( )

f t không xác định x = −1 Bảng biến thiên:

t −∞ −1

3

7

−

f’(t) + − +

f(t)

+∞ +∞

3

25

8

−

Từ để pt (*) có hai nghiệm phân biệt t1 < t2 < 1, suy ra:

25

0

8

m

−

< <

m

>

3

0,25

0,25

0,25

Câu 4:

( 4,0 điểm)

Gọi H hình chiếu vng góc điểm S lên mặt phẳng (ABC) Vì SA = SB = SC nên HA = HB = HC

Mặt khác ∆ ABC vuông cân đỉnh B nên H trung điểm AC Tính

2

AC =a ;

2

2

a

AH

=

; 2

34

2

a

SH

=

SA

−

AH

=

Thể tích khối chóp S.ABC

1

.

3

S ABC ABC

V

=

S

SH

2

1 1

34

.

3 2

2

a

a

=

3

34

12

a

=

Xét tỉ số thể tích

.EFC

.

.

S

S ABC

V

SE SF SC

V

=

SA SB SC

1 2

2

.

3 3

9

=

=

Suy ra:

3

EF EFC

2

2

34

34

.

9

9

12

54

S C S S ABC

a

a

V

=

V

=

V

=

=

Vậy thể tích khối chóp C.ABFE là:

3

E EF

7

7

34

9

108

C ABF S ABC S C S ABC

a

V

=

V

−

V

=

V

=

0,25 0,25 0,25

0,25

0,25 0,25

0,25

0,25

Vì IH đường trung bình tam giác ABC nên mặt phẳng (SAJ) qua trung điểm IH,

( ,( AJ))

( ,( AJ))

d I S

=

d H S

0,25

Hình vẽ

Câu Đáp án Điểm

giao tuyến SM; tam giác SHM kẻ HK ⊥ SM K HK ⊥ (SAJ) , suy HK khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SAJ)

Ta giả thiết ta suy ra:

1

4

AHJ ABC

S

=

S

=

2

8

a

5

2

a

AJ

=

⇒

2.S

AJ

5

AJ

10

H

a

HM

=

=

Trong tam giác SHM, ta có:

2 2

1 1

S

HK = HM + H ⇒

17

38

342

a

HK

=

Vậy khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng (SAJ) :

17

( ,( AJ))

( ,( AJ))

3 38

a

d I S

=

d H S

=

HK

=

0,25

0,25 0,25

0,25

0,25

Chú ý: Hướng dẫn chấm trình bày sơ lược cách giải , làm học sinh

phải trình bày chặt chẽ đạt điểm tối đa Nếu học sinh có cách giải khác với đáp án mà đạt điểm tối đa Điểm tồn phải làm trịn đến 0,5