Trường THPT Vạn Tường MA TRẬN ĐỀ THI HỌC KÌ I.... Trường THPT Vạn Tường ĐỀ THI HỌC KÌ I.. Tìm m để hàm số 1 có cực đại và cực tiểu.. Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua hai điểm cực đ
Trang 1Trường THPT Vạn Tường MA TRẬN ĐỀ THI HỌC KÌ I Năm học: 2010-2011 Tổ: Toán – Tin Môn: Toán Khối 12 (CT Nâng Cao)
Mức độ
Khảo sát hàm số 1
1,5
1 1,5
1
1 1
1 1 1 GTLN và GTNN 1
1
1 1
1 1 1 Phương trình
lôgarít
1
1
1 1 Thể tích khối đa
diện
1 1,5
1 1
2 2,5 Mặt tròn xoay và
4
3 3
3 3
9 10
Trang 2Trường THPT Vạn Tường ĐỀ THI HỌC KÌ I KHỐI 12
Thời gian: 90 phút ( không kể thời gian phát đề).
Đề:
Câu I: (3,5 điểm)
Cho hàm số y x = +3 3 x2 − mx + 2 (1), (với m là tham số)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0.
2 Tìm m để hàm số (1) có cực đại và cực tiểu Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua hai điểm cực đại và cực tiểu.
3 Tìm m để khoảng cách từ gốc toạ độ O(0;0) đến đường thẳng ∆ lớn nhất.
Câu II: (1 điểm)
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
1
( ) x x
x
f x + +
+
=
trên [− − 4; 2]
Câu III: (2 điểm)
Giải các phương trình sau:
1 (9 4 5− ) (x +2 5 2+ )x =3.
2log (3x+ −1) log 2x− =1 log 5x+7 +1.
Câu IV: (3,5 điểm)
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD Gọi O là tâm của đáy, cạnh 2
2
a
SO= Mặt bên (SAB) là tam giác đều.
1 Tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a.
2 Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.
3 Gọi M là trung điểm của SC Mặt phẳng (P) chứa AM và song song với
BD cắt SB tại E và SD tại F Tính thể tích khối đa diện ABCDEMF theo a.
Hết
(Giám thị coi thi không giải thích gì thêm)
Trang 3ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM .
Môn : Toán Khối 12 (CT nâng cao) Năm học: 2010 – 2011
điểm
Trang 46
4
2
-2
I 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị 3 2
y x= + x −mx+ khi m = 0
Khi m = 0 ta có: 3 2
3 2
y x= + x +
1 Tập xác định: D = R
2 Sự biến thiên:
a Giới hạn:
xlim→+∞y= +∞.
xlim→−∞y= −∞
b Bảng biến thiên:
Ta có: ' 3 2 6 ; ' 0 0
2
x
x
=
= + = ⇔ = −
Hàm số đồng biến trong các khoảng (−∞ −; 2) và (0;+∞).
Hàm số nghịch biến trong khoảng (-2;0)
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 và yCT = 2 Hàm số đạt cực đại tạix= − 2 và yCĐ = 6
3 Đồ thị:
Điểm uốn:
'' 6 6; ' 0 1 4
y = x+ y = ⇔ = − ⇒ =x y Nên điểm uốn I(-1;4)
Giao điểm Oy: C(0;2)
Nhận xét: Đồ thị nhận điểm điểm uốn I(-1;4) tâm đối xứng
(1,5điểm) 0,25điểm
0,25điểm
0,25điểm 0,25điểm
0,5điểm
2 Ta có: ' 2
3 6
y = x + x m−
x −∞ -2 0 +∞
y' + 0 0 + 0
-y 6 +∞
−∞ 2
Trang 5' 2
0 3 6 0 (1)
y = ⇔ x + x m− =
Để hàm số có cực đại và cực tiểu thì y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt và y’ đổi
dấu khi đi qua hai nghiệm đó⇔ ∆ = +' 9 3m> ⇔ > −0 m 3
y= x+ y − m+ x+ m+
Gọi A x y B x y( ; ); ( ; )1 1 2 2 là toạ độ của hai điểm cực trị (với x1 và x2 là nghiệm của phương trình (1))
Do
' 1 ' 2
( ) 0 ( ) 0
y x
y x
=
2 6 ( 6)
2 6 ( 6)
Suy ra đường
thẳng đi qua hai điểm cực trị là ∆ : 1(2 6) 1( 6)
y= − m+ x+ m+ .
0,5 điểm
0,5 điểm
3
Ta có: đường thẳng đi qua hai điểm cực trị là ∆: 1(2 6) 1( 6)
y= − m+ x+ m+ . Đường thẳng ∆: 1(2 6) 1( 6) 2 1 2 2
y= − m+ x+ m+ = − x+ m− x+
thẳng ∆ đi qua điểm 1;1
2
A
÷
. Đường thẳng OA có hệ số góc k = 2
Khi đó: d O( ; )∆ ≤OA nên d O( ; )∆ lớn nhất khi:
(2 6).2 1
∆ ⊥ ⇔ − + = − ⇔ = − (thoả đk m > -3)
(1điểm)
Câu
II Trên [− − 4; 2] ta có: 2 4
1
( ) x x
x
+
=
2 2
1 4; 2
2 3 '( ) ; ( ) 0'
3 4; 2 1
x
x x
= ∉ − − + −
= − ∈ − −
( )4 16
3
f − = − ; f ( )− = −3 5; ( 2)f − = −6
Vậy max ( )[ 4;2] 5 3
[ 4; 2 ]
min ( ) 6 2
(0,5điểm)
(0,5điểm)
Câu
9 4 5− x+2 5 2+ x = ⇔3 5 2− x+2 5 2+ x=3 (1) Nhận xét: ( 5 2− )( 5 2+ =) 1 .
Đặt t =( 5 2− )x điều kiện t > 0, suy ra: ( ) ( )1 1
5 2
5 2
x
x t
3 3 2 0
2( )
t
t loai t
=
+ = ⇔ − + = ⇔ = − Với t=1 thì ( 5 2− )x= ⇔ =1 x 0
Vậy phương trình có nghiệm x = 0
0,25điểm
0,5điểm 0,25điểm
Trang 6E
F G
M
O
D
B
A
C S
2log (3x+ −1) log 2x− =1 log 5x+7 +1 (1) ĐK: 1
2
x> . Với điều kiện trên
2
(1) log (3 1) log (2 1) log 5 7 log 3
6 201
log log 3 5 7 15 12 11 0
( ) 15
x x
x
− +
=
=
Vậy bpt có tập nghiệm 6 201
15
S − +
0,25điểm
0,5điểm 0,25điểm
Câu
IV.1 Do hình chóp S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên
SO⊥ ABCD hay
( )
SO⊥ ABC suy ra SO là đường cao của khối chóp S.ABC.
Đặt AB = x > 0
Gọi I là trung điểm của AB
Do tam giác SAB đều nên 3
2
x
SI = (1)
Trong tam giác SOI vuông tại O có:
2 2
2 2 2
(2) 2
a x
SI = SO +OI = + .
Từ (1) và (2) suy ra:
2 2
x a
2
ABC
a
S∆ = Vậy
3
S ABC ABC
a
V = SO S∆ =
Hình vẽ 0,25điểm 0,25điểm 0,25điểm 0,25điểm
0,25điểm
0,25điểm
IV.2
2
a
OS OA OB OC OD= = = = = nên O là tâm mặt cầu ngoại tiếp
hình chóp S.ABCD và bán kính là 2
2
a
R OS= =
(1điểm)
IV.3 Gọi G là giao điểm của SO và AM Khi đó G là trọng tâm của tam giác
3
SG
SO = . Trong (SBD) qua G kẻ Gx // BD Khi đó Gx cắt SB tại E và SD tại F
3
SE SF SG
SB = SD = SO =
S AEMF S AEM S AMF
S ABCD S ABC S ACD
S AEMF S ABCD ABCDEMF S ABCD S ABC
a
1điểm
