Đề kiểm tra môn toán khối 12

Câu 1: Cho hàm số y = x4 – 2x2 – 3 có đồ thị là (C). a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng

Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I NĂM HỌC 2010 – 2011

MÔN TOÁN – KHỐI 12 Thời gian làm bài: 90 phút.

*****

Mỗi học sinh phải ghi đầy đủ tên lớp cùng họ và tên vào phần phách và ghi 1 trong 2 câu sau đây vào

phần đầu bài làm tùy theo loại lớp của mình

Ban A, B : Làm các câu 1, 2, 3 Điểm các câu là: 3,5; 3; 3,5.

Ban D, SN: Làm các câu 1, 2ab, 3 Điểm các câu là: 4; 2; 4.

Câu 1:

Cho hàm số y = x4 – 2x2 – 3 có đồ thị là (C)

a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số

b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng

(∆): y = 1 x 2010

24

c) Định m để phương trình log2(x4 – 3x2 + x – m ) + 1

2

log (x 1) = log8(2 – x)3 có ba nghiệm phân biệt

Câu 2:

Giải các phương trình, hệ phương trình sau:

a) 64.22x 4  x x 6 2  

b) log9(x2 – 5x + 6)2 = 1log 3 x 1 log (3 x)3



c)

e e ln(x 1) ln(y 1)





Câu 3:

Cho hình vuông ABCD cạnh 4a Trên cạnh AB và AD lần lượt lấy hai điểm

H và K sao cho BH = 3HA và AK = 3KD Trên đường thẳng (d) vuông góc

(ABCD) tại H lấy điểm S sao cho SBH 30 0 Gọi E là giao điểm của CH và BK

a) Tính thể tích của hình chóp S.ABCD và thể tích hình chóp S.BHKC

b) Chứng minh 5 điểm S, A, H, E và K cùng nằm trên một mặt cầu Tính thể tích

của khối cầu ngoại tiếp của hình chóp SAHEK

c) Gọi M là hình chiếu của H trên cạnh SA Tính thể tích của hình chóp M.AHEK

HẾT

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM TOÁN 12 – HKI

I Cho hàm số y = x 4 – 2x 2 – 3 có đồ thị là (C). ∑=3.5đ ∑=4đ

 Tập xác định: D = R

 Giới hạn: lim yx

 

 y' = 4x3 – 4x

y' = 0  x 0 y 3





0.25 0.25

0.25 0.25

b Viết p trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến  (∆): y = 1 x 2010

24

Hệ số góc của đường thẳng (∆) là k∆ = – 1

24. Tiếp tuyến (d)  (∆) nên (d) có hệ số góc là kd = 24

Gọi x0 là hoành độ tiếp điểm của (d) và (C) ta có

y'(x0) = 24  4x30 4x0 24

c Định m để log 2 (x 4 – 3x 2 + x – m ) + 1

2

log (x 1) = log 8 (2 – x) 3 (1) có ba nghiệm phân biệt

(1) 

x 1 0

2 x 0 log (x 3x x m) log (x 1) log (2 x)

  



 







1 x 2 log (x 3x x m) log (2 x x )

  







  





 1 x 24 2

  



YCBT  (2) có ba nghiệm x  (–1; 2)

Dựa vào đồ thị (C) ta có: –4 < m – 1 < –3  –3 < m < –2 0.25 0.25

a Giải các phương trình: 64.22x 4  x x 6 2  

(1)  4x +3 = 4  x x 6 2    x2 x 6 x 3   0.25 0.25

x x 6 (x 3)

  





 x 2 3

 







1 x 2

 



 



 





 x = –3 hay x = 1

2



b Giải pt: log 9 (x 2 – 5x + 6) 2 = 1log 3 x 1 log (3 x)3



(2)  log x3 2 5x 6 log3x 1 log (3 x)3

2



(x 1)(3 x) log x 5x 6 log

2

 (x 2)(x 3) (x 1)(3 x)

2

 2 x 2 (3 x) (x 1)(3 x) 0       2 x 2 x 1 0    0.25 0.25



hay

x 3

  

  







 x = 5

3

c Giải hệ phương trình

2 2 ln(x 1) ln(y 1) (1)







.

∑=1đ

 Điều kiện: x, y > 1 Từ (1)  …  x = y 0.25 + 0.25

 Thay vào (2) ta được:

x 1 x 3x  4x 5  f(x) = x3 – 3x2 + 4x – 5 – x 1 = 0 (3)

0.25

Ta có: f(2) = 0 và f '(x) = 3x2 – 6x + 4 – 1

2 x 1

= 3(x – 2)2 + 1 – 1

2 x 1 > 0,  x  (1; +)

Vậy (3) có nghiệm duy nhất là x = 2 Vậy hệ có nghiệm duy nhất là (2;

2)

0.25

3

Cho hình vuông tại ABCD có cạnh bằng 4a Trên cạnh AB và AD lần

lượt lấy hai điểm H và K sao cho BH = 3HA và AK = 3KD Trên đường

thẳng (d) vuông góc (ABCD) tại H lấy điểm S sao cho SBH 30 0 Gọi

E là giao điểm của CH và BK.

a Tính thể tích của hình chóp S.ABCD và thể tích hình chóp S.BHKC. ∑=1.5đ ∑=2đ

∆ SHB vuông tại H có  SBH = 300 nên SH = BH.tan300 = a 3 0.25 0.25

E

K

E

K H

D

C H

D

A

B M

VSABCD = 1SABCD.SH 16a 33

Theo giả thiết ta có: BH = 3a; HA = a; AK = 3a và KD = a

SBHKC = SABCD – SAHK – SCDK

= (4a)2 1.a.3a 1a.4a

  = 16a2 –

2 3a

2 – 2a2 =

25

2 a2.

Ta có VBHKC = 1 S SHBHKC

Vậy VBHKC = 1.a 3.25a2 25 3a3.

b Chứng minh 5 điểm S, A, H, E và K cùng nằm trên một mặt cầu

Tính thể tích của khối cầu ngoại tiếp của hình chóp SAHEK.

Ta có:

– AD  AB và AD  SH nên AD  SA   SAK = 900

– CH  BK và BK  SH nên BK  (SKE)   SEK = 900

Vậy SAHEK nội tiếp mặt cầu có đường kính là SK 0.25 0.25

Ta có SK2 = SH2 + HK2 = 3a2 + 10a2 = 13a2  SH = a 13 0.25 0.25

mc

c Gọi M là hình chiếu của H trên cạnh SA Tính V của hình chóp M.AHEK ∑=1đ ∑=1đ

Ta có

2

d(S;ABCD) AS  AS AS 4 

d(M;ABCD) 1

 d(M; (ABCD)) = 1SH a 3

Ta có:

∆ BEH ~ ∆ BAK  BE BH

BE BH.BA 3a.4a 12

BK  BK 25a 25

BAK

S BH BE 3 12. . 9

S BA BK 4 25 25   AHEKABK



2

Do đó VM.AHEK = 1SAHEK.d(M;ABCD) 1 96a a 3. 2.

3 8a 3

GHI CHÚ:

Anh chị chấm bài xong ghi tên mình vào ô giám khảo, không kí tên.