2 Viết phơng trình tiếp tuyến của đồ thị C tại các điểm có hoành độ là nghiệm của phơng trình Câu 2.2,0 điểm 1 Tìm giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn 2 Xác định
Trang 1ờng thpt chuyên Tn kỳ thi chất lợng học kỳ i năm học 2012-2013
Môn thi : Toán Lớp 12–
đề thi chính thức Thời gian l m b i : 120 phút à à , không kể thời gian giao đề
I Phần chung cho tất cả các thí sinh ( 7,0 điểm )
Câu 1.(3,0 điểm ) Cho h m sà ố 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho
2) Viết phơng trình tiếp tuyến của đồ thị (C)
tại các điểm có hoành độ là nghiệm của phơng
trình
Câu 2.(2,0 điểm)
1) Tìm giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất
của hàm số trên đoạn
2) Xác định giá trị của tham số m để
hàm số đạt cực trị tại , đó là điểm cực đại hay cực tiểu
Câu 3 (2,0 điểm ) Cho hình chóp S.ABCD , có đáy là hình vuông cạnh bằng a , gọi H là trung điểm của cạnh
AD , biết SH vuông góc với mặt phẳng đáy , góc giữa SB và mặt phẳng đáy bằng
1) Tính thể tích khối chóp 2) Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
II Phần Riêng phần tự chọn – ( 3,0 điểm )
Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc phần 2)
1 Theo chơng trình Chuẩn
Câu 4.a (2,0 điểm )
1) Cho hàm số Tính giá trị của biểu thức
2) Giải phơng trình
Câu 5.a(1,0 điểm) Giải phơng trình
2 Theo chơng trình Nâng cao
Câu 4.b(2,0 điểm )
1) Cho hàm số Tính giá trị của biểu thức
2) Giải phơng trình
Câu 5.b (1,0 điểm ) Tim m để phơng trình sau có nghiệm
Hết
Thí sinh không đợc sử dụng tài liệu Giám thị coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh Số báo danh
1
x y x
−
=
−
0
x
0
1 '( )
4
2
f x = + − x 0 ;3 + x
3 2 (2 1) 2
y x = − mx x+= −m1+ x m − −
60°
.
S ABCD
.
S HDC
( ) 2x
(2) 2 (2) 3 (2)
3.9 x− − 82.3 x− + 27 0 =
log (1 + x ) log = x
2 ( ) x
(2) 2 (2) 3 (2)
2
log ( x + 1) + log (2 x + = 3) log100
.9x 2.3x 2 0
Trang 2Chữ ký giám thị 1 Chữ ký giám thị 2
Đáp án và thang điểm môn toán - lớp 12
thi học kỳ I năm học 2012-2013
Câu1
(3,0 điểm )
ý1.(2,0 đ)
a) TXĐ
b) Sự biến thiên :
* Tiệm cận :
Ta có nên đồ thị có tiệm cận
ngang
; nên đồ thị có tiệm cận
đứng
* Chiều biến thiên :
Hàm số nghịch biến trên mỗi
khoảng và
Hàm số không có cực trị
* Bảng biến thiên ( GV tự làm)
c) Vẽ đồ thị :
Điểm 0,25
0,5
0,5
0,25
0,5
ý 2
(1,0 điểm )
Ta có
Ta có
0,5
{ }
\ 1
D = Ă
→+∞= y =→−∞2 =
1
lim
x
y
+
→ =+ ∞
1
lim
x
y
−
→x = =− ∞ 1
2
1
0 ,
x
−
− ( ( 1; −∞ +∞ ;1 ) )
-4 -3 -2 -1
1 2 3 4 5 6
x y
0
( )
y x
x
−
0 2
0
3 ( 1)
(3) 2
o
y x
x
x
y
=
Trang 3Tại điểm tiếp tuyến là
Tại điểm tiếp tuyến là
Vậy có hai tiếp tuyến của (C) thoả
Câu2
(2,0 điểm)
ý1.(1,0 đ )
TXĐ :
Hàm số liên tục trên đoạn và có đạo hàm
với mọi
nên hàm số đồng biến
trên khoảng
Vậy : ;
0,5
0,5
ý2.(1,0 đ ) TXĐ :
Hàm số có đạo hàm với mọi
Hàm số đạt cực trị tại thì
Tinh đạo hàm cấp hai
Khi thì
Suy ra là điểm cực đại
của hàm số
0,5
0,5
Câu 3
(2,0 điểm)
ý1 (1,0 đ )
Do nên SH là đờng cao của hình
chóp
Góc giữa SB và mp(ABCD) là góc , từ
giả thiết ta có
Diện tích hình vuông ABCD cạnh a là
Xét tam giác AHB vuông tại A , theo
định lí Pitago ta có
Xét vuông tại H có
Vậy Thể tích khối
chóp là
( GV tự vẽ hình )
0,5
0,5
2) (1,0 đ) Vì nên tam giác SHC
vuông tại H
Ta lại có suy ra ( định lý ba đờng
vuông góc )
do đó vuông tại D Gọi O là
trung điểm của SC thì
Suy ra O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp , bán kính mặt cầu
Vì mà nên
Xét vuông tại H có
Vậy bán kính mặt cầu cần
tìm là
0,5
0,5
II Phần Riêng – Theo chơng trình Chuẩn ( 3,0 điểm )
Câu 4 a
(2,0 điểm)
ý1 (1,0 đ )
TXĐ :
Tính
Ta có
0,5
3 1;
2
−
y = − 5 x + 3;
2
y = − 1 x + 5
y = − 1 x + 13
Ă
0 ;3
f x
−
(0;3)
x ∈
f x ′ = ⇔ = (0;3) x
[ ] 0;3
max ( ) f x = f (3) 6 ln10 = −
[ ] 0;3
min ( ) f x = f (0) 3 =
Ă
2
y ′ = x − x ∈ mx Ă + m +
1
x= −
y ′ − = ⇔ m + = ⇔ = − m
y ′′ = x − m
1
m= −
( 1) 6( 1) 2( 1) 4 0
y ′′ − = − − − = − <
1
x = −
ãSBH
2
ABCD
2
ữ
SHB
∆
2
HD SD ⊥ ⊥ DC DC SDC
∆
.
S HDC
2
SC
SH ⊥HB HC SB SCmp ABCD==
SHB
2
a
Ă ( ) 2x .2 ln 2x
2
( ) 2 ln 2 2 ln 2x x .2 ln 2 2 ln 2(2x x ln 2)
(2) 8
2 2
(2) 2 2.2 ln 2 4 8ln 2
( ) 2 ln 2(2 2ln 2) 8ln 2 8ln 2
Trang 4Vậy 0,5
ý2) (1,0 đ) ĐK : (*)
Đặt , với
ta có phơng trình
với ta có
So sánh với đk (*) ,
nghiệm của phơng trình là
x = 10
0,5
0,5
Câu 5.a
(1,0 điểm)
ĐK : x > 0 (*)
Đặt
ta có pt
(2)
Ta thấy u = 2
thoả mãn
ph-ơng trình (2)
Mặt khác , hàm số luôn nghịch
biến trên vì
với mọi x thuộc
do đó u = 2 là nghiệm
duy nhất của phơng trình
(2) ,
suy ra nghiệm của phơng trình đã cho
là
0,5
0,5
II Phần Riêng – Theo chơng trình nâng cao ( 3,0 điểm )
Câu 4 b
(2,0 điểm)
ý1 (1,0 đ )
TXĐ :
Tính
Ta có ; ;
Vậy
0,5
0,5
ý 2(1,0 đ)
ĐK : (*)
Phơng trình đã cho tơng đơng với
Giải pt
So sánh với đk (*) nghiệm của
phơng trình đã cho là x = 0
0.5
0,5
Câu 5.b
(1,0 điểm)
Cho phơng trình (1)
ĐK : mọi x thuộc
Đặt
ta có phơng trình (2)
phơng trình (1) có nghiệm x khi
và chỉ khi (2) có ít nhất một nghiêm t dơng
0,25
2
(2) 2 (2) 3 (2) 28 8ln 2 16ln 2
1
x≥
1
3 x
t = t ≥ 1−
2
1 ( )
=
=
27
t =
1
3
2
u u
+ = ⇔ + = ⇔ ữ + ữ ữ =
( )
u u
= ữ + ữ ữ
Ă
u u
′ = ữ + ữ ữ <
Ă
2
Ă
2 2 2 2 2
g x ′ =2e + 2x e = e2 +2 x
4
(2) 2.
(2) 9
(2) 44.
4
3
2
x x
x x
≠ −
+ > ⇔
+ > > −
2
2
2
0
2
x
x
=
.9x 2.3x 2 0
Ă3 0x
t = >
2
mt − − − = t m
Trang 5Xét phơng trình (2)
+ Với m = 0 ( không thoả
mãn)
+ Với Tính , với mọi m
thuộc
Vậy với mọi m thuộc phơng trình (2) luôn có 2 nghiệm
Gọi là hai nghiệm của pt (2) , theo
định lí Viét ,
TH1 : pt (2) có hai nghiện dơng
TH2 : pt (2) có
một nghiện
d-ơng , một
nghiệm bằng 0
TH3 : pt (2) có
một nghiện dơng ,
một nghiệm âm
Kết luận với
thoả mãn bài toán
0,25
0,5
Chú ý : Thí sinh làm theo cách khác đáp án nếu đúng vẫn cho điểm tối đa
(2) ⇔ − − = ⇔ = − 2 t 2 0 t 1
0
1 m m ( 2) ( m 1) 0
′
Ă
1, 2
t t
1 2
2
m
+ =
1 2
2 m
t t
m
− −
=
1 2
1 2
2 0
0
m
m
>
1 2
1 2
2 0
0
m
m
>
1 2
0 2
2
m m
t t
m m
>
− −
< ⇔ m ∈ −∞ − ( ; 2 ) ( < ⇔ < − U 0; +∞ )