Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số... Vậy phương trình có nghiệm x=1 và x=2.[r]
(1)SỞ GD&ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT HẬU LỘC *** ĐỀ THI HẾT HỌC KÌ I NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn: TOÁN; Khối 12 Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề Câu (4,0 điểm) Cho hàm số y f ( x) x3 3x có đồ thị (C) a Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số b Biện luận theo m số nghiệm phương trình x x 2m c Tìm giá trị lớn và giá trị nhỏ hàm số f(x) trên đoạn 2;3 Câu (3,0 điểm) Giải các phương trình sau: |4 x6| a 25 b log ( x 1) log x c x 1 x x 2 16 Câu (3,0 điểm) Trong mặt phẳng (P) cho tam giác ABC cạnh 2a Gọi M là trung điểm BC, G là trọng tâm tam giác ABC, H là trung điểm AG Trên đường thẳng vuông góc với mp(ABC) H lấy điểm S cho SH = a a Tính thể tích khối chóp S.ABC b Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC c Tính khoảng cách SM và AB Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh: … ……; Lớp:… ……… (2) SỞ GD&ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT HẬU LỘC *** ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI HẾT HỌC KÌ I NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn: TOÁN; Khối: 12 (Đáp án – thang điểm gồm có 03 trang) ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Ý Đáp án Cho hàm số y f ( x) x 3x có đồ thị (C) I.1 Điểm 4,0 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số 2,0 TXĐ: D = R Sự biến thiên: 0,5 x - Chiều biến thiên: y ' 3x x , y ' x - Hàm số đồng biến trên các khoảng (;0) vµ (2;+) - Hàm số nghịch biến trên khoảng (0 ; 2) - Cực trị: Hàm số đạt cực đại x 0; yC § , Hàm số đạt cực tiểu x 2; yCT 3 0,5 - Giới hạn: lim y ; lim y x x - Bảng biến thiên: x y’ + – + 0,5 y –3 I Đồ thị: y 1 O -1 x 0,5 -1 -3 I.2 Biện luận theo m số nghiệm phương trình x x m 3 1,0 - Ta có: x x m x x 2m (1) - Số nghiệm (1) chính là số giao điểm đồ thị hàm số y x3 3x 1và đường thẳng d: y = 2m – 1.Dựa vào đồ thị hàm số (C) đã vẽ câu a) ta có: 0,25 (3) I.3 + với 2m 3 m 1 , d cắt (C) điểm nên phương trình (1) có nghiệm + với 2m 3 m 1 , d cắt (C) điểm nên phương trình (1) có nghiệm + với 3 2m 1 m , d cắt (C) điểm nên phương trình (1) có nghiệm + với 2m m , d cắt (C) điểm nên phương trình (1) có nghiệm + với 2m m , d cắt (C) điểm nên phương trình (1) có nghiệm Vậy: với m m phương trình đã cho có nghiệm, với m 1 m phương trình đã cho có nghiệm, với 1 m phương trình đã cho có nghiệm Tìm giá trị lớn và giá trị nhỏ hàm số f(x) trên đoạn 2;3 f (2) 19; f (0) 1; f (2) 3; f (3) Vậy f ( x) f (2) 19 ; max f ( x) x = và x = 0,5 -2;3 0,25 3,0 1,0 25 5|4 x 6| 25 5|4 x 6| 52 x 0,25 4 x 4x x x 2 4x x 0,5 Vậy phương trình có nghiệm x=1 và x=2 Giải phương trình: log ( x 1) log2 x (*) 0,25 1,0 x 1 Điều kiện : x 1 x Khi đó: 0,25 (*) log2 x( x 1) x ( x 1) x x x 1 (lo¹i) x Vậy phương trình có nghiệm x=2 II.3 1,0 0,25 Giải các phương trình sau: II.1 Giải phương trình: 5|4 x6| Ta có: II 0,25 Ta có f '( x) 3x x; f '( x) x 0, x 2;3 II.2 0,5 Giải phương trình: Ta có: x 1 2 x 2 x 2 16 0,5 0,25 1,0 x 1 x x 2 16 22( x 1) 23.2 x1 2.2 x 1 16 0,5 22( x1) 6.2 x 1 16 Đặt t x1, t t 8 (lo¹i) t Phương trình trở thành: t 6t 16 0,25 Với t=2 ta có x 1 x x Vậy phương trình có nghiệm x=0 0,25 (4) Trong mặt phẳng (P) cho tam giác ABC cạnh 2a Gọi M là trung điểm BC, G là trọng tâm tam giác ABC, H là trung điểm AG Trên đường thẳng vuông 3,0 góc với mp(ABC) H lấy điểm S cho SH = a III.1 Tính thể tích khối chóp S.ABC Ta có tam giác ABC nên: AM BC AM AC sin 600 a Diện tích tam giác ABC là: S ABC AM BC a 3.2a a 1,0 S 2a J 0,5 I E P A H B G N M C Hình chóp S.ABC có SH ( ABC ) nên thể tích khối chóp S.ABC là: III.2 III III.3 1 a3 V S ABC SH a 3.a 3 Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC 2a a ; AH HG Ta có AM a AG 3 3a 2a Ta có ∆SHG vuông H SG SH HG a GA GS (1) Mặt khác ∆ABC nên GA=GB=GC (2) Từ (1) và (2) ta có GA=GB=GC=GS hay G là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình 2a chóp S.ABC Bán kính R AG Tính khoảng cách SM và AB Gọi N là trung điểm AC ta có AB//MN =>AB//(SMN) d ( AB, SM ) d ( AB, ( SMN )) Gọi E là trung điểm AB, P là trung điểm AE Ta có NP//CE NP AB MN NP MN ( SNP) Gọi I và J là hình chiếu H và P trên SN HI ( SMN ); PJ ( SMN ) 3 d ( AB, ( SMN )) d ( P, (SMN )) PJ HI (do NP= NH ) 2 1 2a a Ta có NH CG 2 3 1 1 a a 3a HI PJ 2 2 2 HI HN SH 3a a a 3a Hay d ( AB, SM ) 0,5 1,0 0,5 0,5 1,0 0,25 0,5 0,25 Hết (5)