DE THI HK1 KHOI 12 _06-07

a Khảo sát và vẽ đồ thị C của hàm số.. a/ Tính thể tích khối chóp S.ABCD b/ Gọi I là trung điểm của SO.. Tính thể tích khối chóp cụt MNPQ.ABCD c/ Tìm tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp h

KIỂM TRA HỌC KỲ MỘT (2006–2007) MÔN: TÓAN LỚP 12 BAN A – THỜI GIAN: 90 PHÚT.

Bài 1(3,5): Cho hàm số y = –mx3 – (2m+1)x2 – m6-1x + m + 3 (1)

1/ Với m= 1 a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số

b) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số trên đoạn [–3 ; 2]

2) Định m để đồ thị hs (1) có đ cực đại và đ cực tiểu và tích hoành độ của chúng bằng 1

Bài 2 (3,0):

1) Cho hàm số y = 3.e–2x.Chứng minh: y’’’+4.y’’+6y’+4y = 0

2) Giải các phương trình: a) (0,6)x .(25/9)x2–12 = (27/125)3 b) 1 + log1 2

2) -(x = log2(x2 –3x+2)

Bài 3 (3,5): Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh là a,

cạnh bên 2a

a/ Tính thể tích khối chóp S.ABCD

b/ Gọi I là trung điểm của SO Mặt phẳng () qua I và song song với (ABCD) cắt các cạnh SA,

SB, SC, SD lần lượt tại M, N, P, Q Tính thể tích khối chóp cụt MNPQ.ABCD

c/ Tìm tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD Tính diện tích mặt cầu và thể tích khối cầu trên

ĐÁP ÁN

1.1ay= –x3 – 3x2 + 4

* TXĐ: |R

* Chiều biến thiên

+ y’= –3x2 –6x= –3x(x+2)

+ y’= 0  x= 0 ; y= 4 hay x= –2; y= 0







x

Limy= – ; Limyx = –

+ Bảng biến thiên

x –



y +

CT

4

* y’’= –6x –6

y’’= 0  x= –1; y= 2





Đồ

thị

Lõm (–1; 2)

ĐU

Lồi

* Điểm đặc biệt: (-3;4)

* Đồ thị:

0,25

0,5

0,25 0,25

0,5

Ta có xCĐ và xCT là nghiệm của pt –3mx2 – 2(2m+1)x–(m-1)/6 =0

xCĐxCT =1  (m-1)/(18m)= 1m)= 1

 m = -1/17 (Thoả đk) 0,250,25

2.1) Cho hàm số y = 3.e–2x y’= –6.e–2x

y’’= 12 e–2x

y’’’= –24.e–2x

y’’’+4.y’’+6y’+4y

= –24.e–2x+48m)= 1 e–2x–36 e–2x+12 e–2x

= 0

0,25 0,25 0,25 0,25

2.2a) (0,6)x .(25/9)x2–12 = (27/125)3

(3/5)x.(3/5)12–x2= (3/5)9

 (3/5) x+12–x2= (3/5)9

 x+12-x2= 9

 x2–x–3 =0

x=

2

13

1  hay x=

2

13

1 

0,25 0,25 0,25 0,25

1.1bTa có y= –x3 – 3x2 + 4

* y’= –3x2 –6x= –3x(x+2)

y’= 0  x= 0 ; y= 4 hay x= –2; y= 0

* y(0) = 4 ; y(-2)= 0 ;y(-3)= 4;y(2)= -16

* Max[  3 ; 2 ] y= 4 khi x= 0 hay x= -3

]

;

[  3 2

Miny= –16 khi x= 2

0,25 0,25 0,25

2.2b)













0 2 3 1 2 -x

0 2 -x













2 x hay 1 x 2 x

1 + log1 2

2) -(x = log2(x2 –3x+2) 0,25

1.2 * y’= –3mx2 – 2(2m+1)x–(m-1)/6

HS 1 CĐ và 1 CT  y’ đổi dấu hai lần

 















0 2 2 9

7m2 m

m

'

 













2/7 m hay

1

m

0

m

0,25

 log22 + Log2(x-2)= log2(x2 –3x+2)

 log2[2(x-2)]= log2(x2 –3x+2)

 2x–4= x2 –3x+2

 x2–5x+6 = 0

 x=3 hay x= 2 (loại) PT VN

0,25 0,25

0,25

P

N M

I

O

S

B A

Q

E

3c) Ta có SO là trục của đường tròn

ngoại tiếp hình vuông ABCD Dựng () là mp trung trực của SB cắt

SO tại E

Ta có E cách đều các đỉnh của hình chóp

=> E là tâm mặt cầu ngoại tiếp với bán kính r= SE

tứ giác ENBO nội tiếp trong đường tròn

=> SE.SO = SN.SB

=> SE= SB2/(2SO)= 4a/ 14

Vậy r= 4a/ 14

Diện tích mặt cầu S= 4  r2 =32a2/7 Thể tích khối cầu

V = 4/3. r3 = 64a3 14/147

0,25

0,25

0,25 0,25

3a) Ta có SO  (ABCD)

Thể tích khối chóp S.ABCD

V = 1/3 SABCD. SO

SABCD= a2

SO = a 14 /2

V = a3 14/6

0,25 0,25 0,25

0,25 0,25

3b) Ta có M, N, P, Q lần lượt là trung

điểm của SA, SB, SC, SD

Thiết diện là hình vuông MNPQ

Thể tích khối chópcụt MNPQ.ABCD

V1= 1/3.(B1+B2+ B 1 B 2 ).SI

SI = ½ SO= a 14/4

B1=SMNPQ = a2/4

B2= SABCD= a2

V1= 1/3.(a2+a2/4+ a2.a2/4)a 14/4

= a3 14/18m)= 1

0,25

0,25 0,25 0,25

0,25

MA TRẬN ĐỀ

CÁC CHỦ ĐỀ CHÍNH

NHẬN BIẾT THÔNG HIỂU VẬN DỤNG TỔNG SỐ TN

(4 câu) TL

TN (4 câu) TL

TN (4 câu) TL ĐẠI SỐ

HÌNH HỌC