SA vuông góc với đáy.. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A trên SB,SC.. 1 Tính thể tích hình chóp S.ABC.. 3 Tính thể tích khối đa diện ABCHK.
Trang 1ĐỀ KIỂM TRA CHÂT LƯỢNG HỌC KÌ 1 Câu 1:(3,0đ)
Cho hàm số
1
1 2
−
+
=
x
x
y có đồ thị (C) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
2) Tìm m để (C) cắt đường thẳng (d): y=m(x+1)+3 tại 2 điểm phân biệt A,B nhận I(-1;3) làm trung điểm AB
Câu 2:(2,0đ)
Giải phương trình - bất phương trình sau:
1) log2(x+1).log3 x=log5x
2) 4.9x −5.6x ≥9.4x
Câu 3:(1,5đ)
1) Tính ∫xlnx.dx
2) Tính dx
x
x
∫5 ++
1
Câu 4:(3,0đ)
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB=a; AC=2a , SA=b SA vuông góc với đáy Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A trên SB,SC
1) Tính thể tích hình chóp S.ABC
2) Chứng minh rằng A,B,C,H,K cùng nằm trên 1 mặt cầu
3) Tính thể tích khối đa diện ABCHK
Câu 5:(0,5đ)
Giải bất phương trình sau:
3 2 1
2
4
2
2
−
−
≤ +
−
+
x x
x
x
Trang 2II Đáp án – thang điểm
Câu 1: (3,0đ)
Ta thấy I(-1;3) nằm trên (d) (0,25)
Hoành độ giao điểm của (C) và (d) là nghiệm của phương trình
(*) 0 4
3 ) 1 (
1
1
2
=
−
−
+
⇔
+ +
=
−
+
m
x
mx
x
m
x
x
( (*) không có nghiệm x=1) (0,25)
để (d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt A,B nhận I làm trung điểm AB<=> (*) có 2 nghiêm phân
biệt x1,x2 thoả mãn : 1
2
2
1+x =−
x
(0,25)
−
=
−
>
+ +
=
∆
≠
⇔
2 1
0 ) 4 ( 4 1 0
m
m m
m
<=>m
2
1
= (0,25)
Câu 2: (2,0)
1) (1,0)
x x
2( 1).log log
TXD: D=(0;+∞)
(1)<=>log ( 1).log loglog 5
3
3 3
2
x x
+
−
=
=
⇔
= +
=
3 log 5
2
3
5
2 1
1 3
log ) 1 (
log
0 log
x
x x
x
(0,25)
Kết hợp với TXĐ = > phương trình có nghiệm duy nhất x=1(0,25)
2)(1,0)
x x
x 5.6 9.4
9
(2)<=> ) 9(*)
2
3 (
5 ) 2
3 (
4 2x − x ≥ (0,25)
Đặt t= )x
2
3
(*) => 4t2-5t-9≥0(0,25)<=>
4
9
;
1 ≥
−
t kết hợp t>0 =>
4
9
≥
4
9
)
2
3
Câu 3:(1,5)
1)(0,75)
Đặt
=
=
= >
=
=
2
1 ln
2
x v
dx x du x
dv
x
u
(0,25)
Trang 3I=x x−∫ x dx
2
ln
2
2
(0,25)
=x x− x +C
4
ln
2
2 2
(0,25) 2)(0,75)
dx x
x
I =∫5 ++
1
đặt t= x+4 = >t2 = x+4= >2tdt =dx(0,25)
4
1
+
+
x
x
t
t
) 6 2 ( 2
2
−
=
−
đổi cận : x=0=>t=2
x=5=>t=3 (0,25) I=
3
20
| ) 6 3 2 ( ) 6 2
2
3 3
2
Câu 4: (3,0)
vẽ hình đúng (0,5)
2a b
a
S
B
K
H
1) (1,0)
BC= 4a2 −a2 =a 3 (0,25)
3 2
1
2
a BC AB
3 6
1
3
V S ABC = ∆ABC = (0,5)
2)(1,0)
SA ⊥(ABC)=>SA⊥BC mà BC⊥AB=>BC⊥(SAB) (0,25) =>BC⊥AH nên AH⊥(SBC)=>
AH⊥HC (0,25) => H,K,B nhìn AC dưới 1 góc vuông (0,25)=> A,B,C,H,K nằm trên mặt cầu đường kính AC (0,25)
3)(0,5)
SC
SK SB
SH V
V
ABC
S
AHK
.
.
Trong tam giác vuông SAB có SA2=SH.SB=> 22
SB
SA SB
SH =
Tương tự 22
SC
SA SC
SK = =>
) 4 )(
4 2
2 4
.
.
a b a b
b SC
SB
SA V
V
ABC S
AHK S
+ +
=
Trang 4=> 3
6
1 ) 4 )(
(
2 2
2 2 2
4
a b a b
b
V S AHK
+ +
) ) 4 )(
( 1 ( 3 6
1
2 2 2 2
4 2
.
a b a b
b ba
V V
V ABCHK S ABC S AHK
+ +
−
=
−
Câu 5: (0,5)
TXD : D=R
3 2 1
2
4
2
2
−
−
≤ +
−
+
+
x x x
x
x
x
(1)
(*) 1 2
) 4 2
ln(
4 )
4 ln(
3 2 )
1 2
ln(
) 4 ln(
)
1
(
2 2
2 2
2 2
2
+
− + +
−
≤ + + + + +
⇔
−
−
≤ +
−
− + +
⇔
x x x
x x
x x
x
x x x
x x
x
(0,25) Xét f(t)=lnt+t
Có f’(t)=1+1>0∀t>0
t => f(t) đồng biến trên (0;+∞) (*) có f(x2+x+4)≤f(2x2-x+1) Nên (*) <=>x2+x+4≤2x2-x+1<=>x2-2x-3≤0<=>x∈[−1;3] (0,25)