De DA HK I khoi 12 nam 20122013

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số... Vậy phương trình có nghiệm x=1 và x=2.[r]

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 x6| 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:… ……… 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 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 x6| 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 x1  2.2 x 1  16  0,5  22( x1)  6.2 x 1  16  Đặt t  x1, 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 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