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) y f ( x ) x x x (C ) a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: b) Tìm m để đường thẳng (d ) : y 2mx cắt (C ) điểm phân biệt? ( điểm) ( điểm) Bài (3 điểm) a) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số: x 0; f ( x ) cos x 2sin x 2 , với ( điểm) log21 x log9 x 0 b) Giải phương trình: x y 0 x y2 x 27 0 c) Giải hệ phương trình: Bài (1 điểm) Cho hàm số y ( điểm) ( điểm) x (m 1) x m (Cm ) x 1 , m là tham số C Chứng minh với m , đồ thị m luôn có cực đại, cực tiểu Tìm m để khoảng cách từ điểm C cực đại đồ thị m đến đường thẳng ( ) : 3x y 0 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) (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) y f ( x ) x x x (C ) a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: Tập xác định D R Giới hạn lim y ; x lim y x ( 0,25 điểm) x 1 y ' x x 3; y ' 0 x x 0 x 3 Bảng biến thiên x f ' x f x + - 3 ( 0,25 điểm) y 3 y ( 0,25 điểm) ( 0,5 điểm) + 1 Hàm số nghịch biến trên (1;3) , đồng biến trên ( ;1) và (3; ) 1 I 1; I (3; 1) 3 Điểm cực tiểu , điểm cực đại 1 I 2; 3 Ta có y '' 2 x 4; y '' 0 x 0 x 2 Điểm uốn Đồ thị: Điểm đặc biệt: A 0; 1 (0,25 điểm) ( 0,5 điểm) 1 B 4; , 3 (3) y .0 B I -1.A - - x 1 I 2; làm tâm đối xứng Đồ thị hàm số nhận điểm uốn C điểm phân biệt? b) Tìm m để đường thẳng (d ) : y 2mx cắt Phương trình hoành độ giao điểm (C ) và (d ) là: 1 x x x = 2mx x x x 2m 0 3 g x x x 2m Đặt x 0 1 x x 2m 0 3 ( 0,5 điểm) Để PT đã cho có nghiệm phân biệt thì PT g( x ) 0 có nghiệm phân biệt khác g(0) 0 1 (3 2m ) m m m ( 0,5 điểm) Bài ( điểm) a) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số: x 0; f ( x ) cos x 2sin x 2 , với f (x) Ta có Đặt 1 1 2sin x 2sin x sin x 2sin x , x 0; 2 t sin x , t 1 g(t ) t 2t , t 0;1 g(t) 2t 2, g(t ) 0 t 1, t 0;1 Ta có: g(0) (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm) ; g(1) 6 (4) Giá trị lớn là: 5 max g(t) g(1) t 1 max f ( x ) x 0;1 6 0; g(t ) g(0) 0;1 Vậy 0; 1 t 0 f x x 0 6 0; Giá trị nhỏ là: max f ( x ) x f x 0; , Đặt t log3 x x 0 ( 0,25 điểm) log21 x log9 x 0 b) Phương trình log32 x 3log3 x 0 (0,25 điểm) , ta có phương trình: (0,25 điểm) log3 x 1 1 log3 x t 1 4t 3t 0 1 t x 3 x 4 x y 0 27 x 3y x 0 c) Giải hệ phương trình (0,5 điểm) (1) (2) 27 x 3y 9x 3y 3x x y , thay vào phương trình (1) ta được: (2) y 1 y y 0 y 2 y 1 y y y x 1 x 4 ( 0,5 điểm) Vậy hệ phương trình có nghiệm (1;1); (1; 1); (4;2); (4; 2) Bài (1 điểm) Tập xác định y' ( 0,5 điểm) D R \ 2 ( 0,25 điểm) (2 x m 1)( x 1) x (m 1) x m x x ( x 1)2 ( x 1)2 x 0 y ' 0 x x 0 x x f ' x 2 + f x y m y m 1 - m Dựa vào BBT điểm cực đại là: ( 0,25 điểm) I1 ( 2; m 3) - 0 + m 1 (0,25 điểm) (5) Khoảng cách từ điểm cực đại d (I1,( )) I1 ( 2; m 3) đến đường thẳng ( ) : x y 0 là: 4m m 4 m 5 m 7 Bài (3 điểm) Vẽ hình đúng (0,5 điểm) Do SA ( ABC ) nên SA là đường cao hình chóp S.ABC (0,25 điểm) S d N V SA.S ABC M 1 3a S ABC AC.AB a 3.a 2 ( 0,25 điểm) V 2a.a2 a3 Suy điểm) K E (0,25 điểm) Mà ABC vuông cân C P I C A H Q ( 0,5 B b) Gọi H là trung điểm BC Ta có: HA HB HC (do ABC vuông A ) 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) 2 Diện tích mặt cầu là: S 4 R 10 a 10 V R3 a 3 Thể tích khối cầu là: (0,5 điểm) 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) ============================= (6) ĐỀ II : ÔN TẬP 12 HỌC KỲ I ( Thời gian 90 phút) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ HỌC SINH: (7 điểm) 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 8x 15 trên đoạn [–1; 3] 2) Tính đạo hàm các hàm số sau: 4x x a) y x e b) y e ln(2 sin x ) Câu III: (1 điểm) Giải các phương trình sau: x x 1 log3 x log3 ( x 2) 1 64 1) 2) Câu IV: (2 điểm) Cho hình lăng trụ tứ giác ABCD.A’B’C’D’ có độ dài cạnh đáy là a, 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) (7) x2 x y x 2 1) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số biết tiếp tuyến song song với x y đường thẳng 2) Giải phương trình: log2 e6ln x 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) x y x biết tiếp tuyến song song với đường 1) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số thẳng 3x y 0 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 I ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ – Năm học 2008 – 2009 Môn TOÁN Lớp 12 Thời gian làm bài 90 phút 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 – 0,25 0,25 0,5 + + 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 = 0,5 (8) – Đồ thị nhận điểm uốn I(1; 3) làm tâm đối xứng – Đồ thị qua (–1; 1), (3; 5) y -2 -1 x -1 -2 II III 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 ' 0 x 0, x 2 x 0 4 x( x 4) 0 x x x 2 x y(–1) = 8; y(0) = 15; y(2) = –1; y(3) = 24 Min y y(2) 1; Max y y(3) 24 [ 1; 3] Vậy [ 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))’ (2 sin x )' cos x x x x x = e ln(2 + sinx) + e sin x = e ln(2 + sinx) + e sin x Giải phương trình: 2 x x 1 64 x x 1 43 x2 – x + = x = –1 x = log3 x log3 ( x 2) 1 Tập xác định: (2; +) log3 x log3 ( x 2) 1 log3 [x( x 2)] 1 x(x – 2) = x2 – 2x – = x = –1 x = Vậy phương trình có nghiệm là x = IV 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,25 C B 0,5 S D A a C' B' 2a A' M D' (9) 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 S AA' Vậy thể tích khối lăng trụ là V = ABCD = 4a2.a = 4a3 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 SMB 'C ' D ' AA' = 3a2 a a3 Vậy thể tích khối chóp S.MB’C’D’ là V = 0,25 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 x 3 y ' 1 , x 2 x 2 ( x 2) y= 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 1,0 log2 e6ln 0,75 0,75 Va x 1,0 5.log2 x Điều kiện xác định phương trình: x > log2 e6ln x 5.log2 x log2 e6ln x log2 x e6ln x x ln2 x ln x ln2 x 5ln x 0 lnx = lnx = Với lnx = x = e2 (thỏa đk) Với lnx = x = e3 (thỏa đk) Vậy phương trình có hai nghiệm: x = e2, x = e3 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 R a3 Thể tích khối cầu V = 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) k= 1,0 (10) y' ( x 1)2 , x 1 y '( x0 ) ( x0 1)2 y’(x0) = 3/4 (x0 – 1)2 = x0 = –1 x0 = 3 ( x 1) Với x0 = –1, y0 = 5/2, ta có tiếp tuyến (–1; 5/2) là y = ( x 3) Với x0 = 3, y0 = –1/2, ta có tiếp tuyến (3; –1/2) là y = x 2x log 22 x 5.2 x 22 x 5.10 x log 5.10 1,0 22 x 5.2 x 0 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 = a 2; 1 R SO a2 a a3 3 V= (11)