Cạnh bên của lăng trụ tạo với mặt phẳng đáy một góc bằng 600.. a Chứng minh tứ giác BB’C’C là hình chữ nhật.[r]
(1)SỞ GD&ĐT BẾN TRE ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I NĂM HỌC 2009-2010 Môn thi: TOÁN - Khối 12 - Giáo dục trung học phổ thông ( Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề ) ******* I PHẦN BẮT BUỘC (7,0 điểm ) Câu (2,5 điểm) a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) hàm số y = x − x + b) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) giao điểm đồ thị (C) vaø trục tung Câu (2,5 điểm) a) Cho hàm số y = x[cos(lnx)+sin(lnx)] ( x > 0) Chứng minh rằng: x y // - xy / + 2y = b) Tìm giá trị lớn và giá trị nhỏ hàm số y = x − x trên đoạn [0;4] c) Giải phương trình log x + = log (2 x + 3) Câu (2,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có cạnh a a) Tính thể tích khối tứ diện đã cho b) Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD II PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm) Thí sinh chọn hai phần (Phần A phần B) Phần A theo chương trình chuẩn: Câu 4A (1,0 điểm) Chứng minh với giá trị tham số m, hàm số y = f(x) = x - 2mx + m +1 luôn đạt x -m cực đại, cực tiểu x1, x2 và f(x1 ) + f(x ) = Câu 5A (2,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cạnh a Cạnh bên lăng trụ tạo với mặt phẳng đáy góc 600 Đỉnh A’ cách ba đỉnh A,B và C a) Chứng minh tứ giác BB’C’C là hình chữ nhật b) Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ Phần B theo chương trình nâng cao: Câu 4B (1,0 điểm) Tìm m để phương trình log 32 x + log 32 x +1 - m +1 = có nghiệm trên đoạn 1;3 Câu 5B (2,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh a Cạnh bên tạo với mặt phẳng đáy góc 450 a) Tính khoảng cách từ S đến mặt phẳng ABCD b) Chứng tỏ điểm O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: ………………………………… Số báo danh: …………………………… Chữ ký giám thị 1: ………………………… Chữ ký giám thị 2: ………………… (2) HƯỚNG DẪN CHẤM CỦA ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ NĂM HỌC 2009 -2010 MÔN TOÁN - KHỐI 12 - Giáo dục trung học phổ thông Câu Câu1 2.5 đ Đáp án a) Khảo sát hàm số y = x − x + TXĐ : D = ¡ lim = ±∞ Điểm 0.25 x →±∞ x = y = y ' = 3x − = ⇔ ⇒ x = −1 y = 0.5 BBT x -1 -∞ + y/ - y -∞ + CT CÑ Hàm số đồng biến trên khoảng (−∞; −1) và Hàm số nghịch biến trên khoảng (−1;1) CĐ ( −1; ) ; CT +∞ (1; +∞) 0.5 +∞ 0.25 (1;0 ) Giao điểm đồ thị với các trục tọa độ (1;0 ) ; (−2; 0) ; ( 0; ) y // = 6x = ⇔ x = ⇒ y = Điểm uốn (0;2) Đồ thi: y y=x3-3x+2 0.5 -2 -1 o -1 y=-3x+2 x (3) b) Tọa đô các điểm thuộc (C) và trục tung laø nghieäm cuûa heä phöông trình y = x3 − 3x + x = Vậy giao ñieåm laø M(0;2) ⇔ y = x = / y(0) = −3 ⇒ PTTT y − = −3( x − 0) ⇔ y = −3 x + Câu 2.5đ a) y = x[cos(lnx)+sin(lnx)] ( x > 0) 1 y / = cos(lnx)+sin(lnx)+x[- sin(lnx)+ cos(lnx)] x x = 2cos(lnx) y // = − sin(ln x) x Do đó x y // − x y / + y = x [ − sin(ln x)]-x2cos(lnx)+2x[cos(lnx)+sin(lnx)] x =-2xsin(lnx)-2xcos(lnx)+2xsin(lnx)+2xcos(lnx)=0 b) Tìm giá trị lớn và giá trị nhỏ hàm số y = f ( x) = x − x trên đoạn [0;4] TXĐ D = [0;+∞) ⇒ Hàm số liên tục trên [0;+∞) ⇒ Hàm số liên tục trên đoạn [0;4] y / = − x 0.25 0.25 0.5 0.25 0.25 (4) y/ = ⇔ 1− = ( x > 0) x ⇔ x =1⇔ x =1 f (0) = 0; f (1) = −1; f (4) = 0.25 BBT x - y/ + 0 y -1 Vậy: maxf(x) = x = x = minf(x) = -1 x = c) Giải phương trình log9 x + = log 0.25 (2 x + 3) 0.25 ĐK: x > log9 x + = log 0.25 (2 x + 3) ⇔ 2log x + = log3 (2 x + 3) ⇔ log3 x + = log3 (2 x + 3) ⇔ log3 x + log3 = log3 (2 x + 3) 0.25 ⇔ log 3 x = log (2 x + 3) ⇔ 3x = x + ⇔ Câu 2.0đ x=3 0.25 Hình vẽ phục vụ tốt cho bài giải A 0.25 M I D B G H a C a) Gọi G là trọng tâm tam giác BCD ABCD là tứ diện nên Do đó V = S ∆BCD AG AG ⊥ ( BCD) 1 a 3 S ∆BCD = CD.BH = a = a2 2 AG = AB − BG = a − ( 2a 2 ) = a 3 0.25 0.25 (5) Vậy: V = a2 3 a3 a= 12 (đvtt) 0.25 b) Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD Ta có: ABCD là tứ diện cho nên I thuộc trục AG tam giác BCD và trung trực đoạn AB nằm mặt phẳng (ABG) đó I là giao điểm AG và trung trực IM đoạn AB Tính R = IA: ∆AMI đồng dạng với ∆AGB IA AM AM a 31 a ⇒ = ⇔ IA = BA = a= BA AG AG 2a a (đvd) Tìm m để phương trình log32 x + log32 x + − 2m − = có nghiệm trên Vậy: Câu 4A 1đ R= 0.25 0.5 0.25 đoạn 1;3 ĐK x > Đặt t = log32 x + (t ≥ 0) 0.25 ⇔ t = log32 x + ⇔ log32 x = t − x ∈ 1;3 ⇒ t ∈ [1;2] Phương trình có dạng: t − + t − 2m − = ⇔ t + t = 2m + Đặt y = t + t ; y = 2m + có đồ thị là (P) và (d) số nghiệm t ∈ [1;2] phương trình là số giao điểm (P) và (d) trên đoạn [1;2] đó: 0.25 0.25 y y=t2 +t y=2m+2 - 1 t Câu 5A 2đ Phương trình có nghiệm t ∈ [1;2] ⇔ ≤ 2m+2 ≤ ⇔ ≤ m ≤ a) Tính khoảng cách từ S đến mặt phẳng ABCD Theo tính chất hình chóp tứ giác S.ABCD ta có: SO ⊥ ( ABCD ) · Ta có : SAO = 450 0.25 0.25 0.5 (6) Nên AO = OS = a 2 a 2 b) Chứng tỏ điểm O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho a Ta có OA = OB = OC = OD = a OS = a Nên : OA = OB = OC = OD = OS = Vậy : O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABCD Vậy : Khỏang cách từ đỉnh S đến mp(ABCD) OS = Hình vẽ phục vụ tốt cho bài giải 0.25 0.25 0.25 0.25 S A D 0.25 O B Câu 4B 1đ C x − 2mx + m + 1 = x−m+ x−m x−m TXĐ D = R − {m} y= y/ = 1− 0.25 1 ; y/ = ⇔ 1− = ( x ∈ D) ( x − m) ( x − m) 0.25 ⇔ ( x − m) = Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt x2 = m + y2 = f ( x2 ) = 2m + − 2m = x = m − ⇒ y = f ( x ) = 2m − − 2m = −2 BBT x + y/ y - +∞ -2 -∞ CÑ -∞ +∞ m+1 m m-1 -∞ 0.25 CT + +∞ Vậy: Hàm số luôn có cực đại và cực tiểu đồng thời f ( x1 ) + f ( x2 ) = + (−2) = Câu 5B 2đ a) Ta có BB C C là hình bình hành / / 0.25 (7) 0.25 và BC ⊥ AM ⇒ BC ⊥ (A / AM) / BC ⊥ A G ⇒ BC ⊥ AA / ⇒ BC ⊥ BB / / 0.25 0.25 / Vậy: BB C C là hình chữ nhật b) A/ABC là hình chóp nên A / G ⊥ (ABC) , đó A/G là khoảng cách hai mặt phẳng (ABC) và (A/B/C/), cho nên: V = S ABC A / G 0.5 1 a a2 = S ABC = BC.AM = a 2 2a A / G = AG tan 60 = 3=a V = S ABC A / G = 0.25 a2 a 3 (đvtt) a= 4 0.25 C/ Hình vẽ phục vụ tốt cho bài giải A/ B/ 0.25 C A G B log9 x + = log (2 x + 3) ⇔ log x + = log (2 x + 3) ⇔ log3 x + = log3 (2 x + 3) ⇔ log3 x + log3 = log3 (2 x + 3) ⇔ log3 3x = log3 (2 x + 3) ⇔ 3x = x + ⇔ x=3 M (8) log x + = log (2 x + 3) ⇔ log x + = log (2 x + 3) ⇔ log x + = log (2 x + 3) ⇔ log x + log 3 = log (2 x + 3) ⇔ log 3 x = log (2 x + 3) ⇔ 3x = x + ⇔ x=3 (9)