De thi HK1 mon Toan 12 D1 nam 2013 2014ChuVanAn

Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A'B'C'.. Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A '.ABC.. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng B' và AB... Trong mp AA' I kẻ đườn

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ THI HỌC KỲ I NĂM HỌC 2013 – 2014 TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN Môn Toán lớp 12 (Khối D)

Dành cho các lớp D, chuyên xã hội, Anh, Pháp Nhật

Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề

-

Câu 1 (3,0 điểm) Cho hàm số yx42(m1)x22m (1) (m là tham số)

1 Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m1

2 Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có trọng tâm là điểm G(0;2)

Câu 2 (1,0 điểm)

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm sốyxln2x trên đoạn  e ;3 e

Câu 3 (2,0 điểm)

2

1 ) 3 ( log 2

1

2 2 2

2 x  x  x

2 Cho phương trình:

  x x x

1

5    (với m là tham số) Tìm m để phương trình có nghiệm thuộc đoạn  0;1

Câu 4 (3,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C'có đáy ABC là tam giác vuông tại

a

AB

A,  ACB300 Mặt phẳng (B'AC)tạo với mặt phẳng (ABC) một góc 0

60

1 Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A'B'C'

2 Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A '.ABC

3 Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng B' và AB C

Câu 5 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:

























1 ) 3 ( log ) 1 ( log

0 4 3 5

12 12

2 2

y x

y x y x

-Hết -

Họ và tên SBD

ĐỀ SỐ 01

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI HỌC KỲ I – TOÁN 12 – BAN D 1

Năm học 2013 - 2014

1 Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số khi m1 (2,0 điểm)

Khi m = 1 hàm số có dạng yx4 4x22 (C) 1) TXĐ: D = R

2) Sự biến thiên

- Giới hạn : 









xlim

-y'4x38x, y'0x0;x 2

- Bảng biến thiên

- Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( 2;0)và ( 2;) Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (; 2)và (0; 2)

- Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và gtcđ  y(0)2 Hàm số đạt cực tiểu tại x 2 và gtct y( 2)2 c) Đồ thị

- điểm uốn : y''12x28, hai điểm uốn  32;92, 32;92

- giao với Ox, Oy:

- Trục đối xứng:

- vẽ đồ thị đúng

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

0,5

2 Tìm m để đồ thị (1) … (1,0 điểm)

x m x

y'4 34( 1) , y'0x0;x2 m1 Hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi y'0có 3 nghiệm phân biệt và đổi dấu qua 3 nghiệm đó m10m1

Ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là

) 1

; 1 (

), 1

; 1 ( );

2

; 0 ( m B m m2 C  m m2

A

G là trọng tâm tam giác ABC nên có



































2 3

1 1

2

0 3

1 1

0

2 2

m m

m

m m

 m1 (loại); m2(thỏa mãn)

0,25

0,25 0,25

0,25

x x

y'ln2 2ln , y'0lnx(lnx2)0x1 hoặc xe2

e e y y

e e y e e

) (

; 0 ) 1 (

;

4 ) (

;

9 )

  min 9 ; 4;0; 0

;

















e e

e e x



















 max 9; 4 ;0;

;

3

0,5 0,25 0,25

1

2

1 ) 3 ( log 2

1

2 2 2

2     (1) (1,0 điểm)

ĐKXĐ x0;x1

Pt (1) log (x3)x1log 4x (x3)x14x (2)

0,25 0,25

- 0x1 pt (2) (x3)(1x)4xx32 3(loại) hoặc x32 3(TM)

- x1 pt (2) (x3)(x1)4xx1(loại) hoặc x3(TM) Kết luận: pt đã cho có hai nghiệm x32 3và x3 0,5

2 Tìm m để phương trình   x x x

1

5    (1)… (1,0 điểm)

2

1 5 2

1























x x

2

1











x

t

m

t   2  

Khi x 0;1 thì 











2

1 5

; 1

t

Pt (1) có nghiệm x 0;1 pt (2) có nghiệm t K











2

1 5

; 1 Xét hàm số f t t2t

) ( là hàm số liên tục trên R và có f'(t)2t10tK )

(t f

 luôn nghịch biến trên K Pt (2) có nghiệm tK

1 1

) 1 ( 2

5 1 )

( max )

(









 











K t K

t

Vậy m 1;1thỏa mãn ycbt

0,25

0,25

0,5

1 Tính thể tích của lăng trụ (1,0 điểm)

Giáo viên tự vẽ hình

Tam giác ABC tính được BC2a,ACa 3

' )

' ' ( '

, ,

) ( ) ' (B AC  ABC AC AC AB AC AA AC ABB A  AC AB

Lại có AB ACnên góc của hai mặt phẳng (A'BC)và(ABC)là góc giữa hai đường thẳng AB và A' B và bằng BAB'600(do tam giác AA' Bvuông tại A nên '

BAB

'

ABA

 có BB'ABtan600 a 3

3 3 2

1 ' 2

1 '

S

2

3a3

0,25 0,25 0,5

2 Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu… (1,0 điểm)

Gọi I là trung điểm của BC I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Đường thẳng d ( ABC)tại I, d là trục của tam giác ABC

Trong mp (AA' I) kẻ đường trung trực của AA'cắt d tại O, O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A' ABC

2

7 2

3 2 2

2

a OI

AI OA





















0,25 0,25

0,5

3 Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB, BC (1,0 điểm)

)) ' ' ( , ( )) ' ' (

( ) ' , ( ) ' ' //(

' ' //A B AB A B C d AB B C d AB A B C d A A B C

Gọi EA'CAC'do ACC’A’ là hình vuông nên AC'A'C và có A'B' AE(do

)) ' ' ( ' 'B AA C C

2

6 ))

' ' ( , ( )

' ' (A B C AE d A A B C a



0,5

0,5 Câu 5

Giải hệ phương trình…

























) 2 ( 1 ) 3 ( log ) 1 ( log

) 1 ( 0 4 3 5 12 12

2 2

y x

y x y

ĐKXĐ: x1;y1

Pt (1) (x2)2(x2)(y1)2(y1) f(x2) f(y1)(*) trong đó

t t t

f  2 )

2

1 1

2 ) (









 









biến trên J Ta có x2J;y1J nên pt (*) x2 y1 yx1 Kết hợp với pt (2) ta có hệ





























6

5 1

0 ) 3 )(

1 (

y

x x

y

y x

hoặc













 1

2

y x

So sánh với điều kiện nghiệm của hệ là (x; y) = (5; 6)

0,25

0,25

0,5