Đề thi HKI lop 12 Cơ bản( 2009-2010)

3 b 1 đ Ta có SO là trục của đường tròn ngoại tiếp đáy ABC của hình chóp S.ABC.

Sở giáo dục đào tạo Bình Định

Trường THPT số 2 An Nhơn ĐỀ THI HOC KỲ I - MÔN TOÁN 12 – Thời gian ( 90’ )

( Ban Cơ Bản - Năm học : 2009-2010 ) Bài 1 ( 3 đ ) : Cho hàm số : y = -x3  3x2  4 ( đồ thị gọi là (C) )

a ) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho

b ) Tìm các giá trị m để phương trình sau có 3 nghiệm thực phân biệt :

3 3 2 4 0







 x m x

c ) Gọi d là đường thẳng có phương trình : ykx 1 Tìm các giá trị

k để d cắt ( C ) tại 3 điểm phân biệt

Bài 2 ( 3 đ ) : a) Giải phương trình : 9x 1  3x 3  8  0 , x R

b) Giải phương trình : log x2 3x2log23log21 x

c) Cho bất phương trình : log loga 2x1 0 ( 1 ) ; x R ;x là ẩn,

0a1

Biết x = 5 không là nghiệm của ( 1 ) Hãy giải bất phương trình ( 1 )

Bài 3 (3 đ ) : Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a 3 , cạnh bên bằng 2a a) Tính thể tích khối chóp S.ABC

b) Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC

c) Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC )

Bài 4 ( 1 đ ) : Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

1 ln

1 ln 2







x

x

y trên đoạn 1;e2

e

Sở Giáo Dục – Đào Tạo Bình Định

Trường THPT số 2 An Nhơn

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN 12 (Ban Cơ Bản) & HKI & 2009 - 2010

Nội dung Điểm

Bài 1 ( 3 đ )

a) ( 1,5 đ ) TXĐ : D = R

y’ = - 3x2  6x

y’ = 0  x 0  x  2

y’ 0   2 x 0 nên hàm số đồng biến trên khoảng ( - 2 ; 0 )

y’ 0  x  2  x 0 nên hàm số nghịch biến trên các khoảng

  ;  2 ; 0 ; 

Hàm số đạt cực dại tại x = 0 ; yCD 4 hàm số đạt cực tiểu tại x = -2 ;y

0



CT

Ta có lim ;



 y



 y

xlim Đồ thị không có tiệm cận

Bảng biến thiên ( đúng và đầy đủ các mục )

Điểm đặc biệt : ( 0 : 4) ; (-2; 0 ) ; ( 1 ; 0 ) ; ( -1 ; 2 )

Vẽ đồ thị ( đúng dạng , qua các điểm đặc biệt)

b) ( 0 đ75 ) Ta có : 3 3 2 4 0







 x m

 x3  3x2  4 m

Phương trình ( 1 ) có 3 nghiệm thực phân biệt  đường thẳng y = m cắt

đồ thị ( C ) tại 3 điểm phân biệt  0 < m < 4

c) ( 0,75 đ ) Phương trình hoành độ giao điểm của ( C ) và d là :

3 3 2 4 ( 1 )  1  2 4 4  0







































) 3 ( 0 4

4

1

2 x k x

x

Đường thẳng d cắt ( C ) tại 3 điểm phân biệt  phương trình ( 2 ) có 3

nghiệm phân biệt  phương trình ( 3 ) có 2 nghiệm phân biệt và khác 1































9 0 0

4 )

1

(

4

1

0 ) 4 (

4

2

'

k k k

k

Vậy k cần tìm là : k < 0 và k   9 Bài 2 ( 3 đ) a ) ( 1 đ ) Phương trình đã cho viết lại: 32  1  9.3 1 8 0





Đặt t = 3x 1 , t > 0

















8

1 0

8 9

2

t

t t

Với t = 1 ta cĩ : 3x 1  1  x 1  0  x  1

Với t = 8 ta cĩ: 3 1 8 1 log38 1 log38

















x

0,25 đ 0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0, 5 đ

0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

Vậy phương trình đã cho cĩ 2 nghiệm là: x 1 x 1 log 83

b) ( 1 đ ) Điều kiện : x < 1 ( * )

Phương trình đã cho  log (x2  3x2)log231 x 

2

) 1 ( 3 2

3

x    

Đối chiếu điều kiện ( * ) ta cĩ nghiệm của phương trình đã cho là: x = - 1

c) ( 1 đ ) logalog2x1 0 ( 1 )

Vì x = 5 không là nghiệm của ( 1 ) nên ta có

log 4 0 log 2 0 0 1

loga 2   a   a

Khi dó ( 1 )  0 log ( 2 x1) 1 

1  x 1 2 2x3

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm là : 2 < x < 3

Bài 3 ( 3 đ ) : a) ( 1 đ ) * Hình vẽ

Gọi M,N là trung điểm của BC, AB và O là giao điểm của AM và CN

Ta có SOmp ( ABC)

SO là đường cao hình chóp S.ABC

Ta có: AB= a 3; CN =

2

3 2

3

a



a

CN



3

2

; SC = 2a

SO (ABC)  SOOC

SO2 SC2  OC2  SOa 3

4

3 3 4

3

3 2 a2

a

) ( 4

3 3 4

3 3 3

1

.

3

b) ( 1 đ ) Ta có SO là trục của đường tròn ngoại tiếp đáy ABC của hình chóp

S.ABC Gọi K là trung điểm của SA

Trong mp(SAO dựng đường trung trực của đoạn SA cắt SO tại I,ta có IA=IS

Mặt khác I thuộc SO nên : IA = IB = IC

Do đó: IA = IB = IC = IS Vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

S.ABC

Vì SKI đồng dạng

3 2

4 2

.

2 2

a

a SO

SA SI SO SI SA SK

=

3

3

Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là R = SI =

3

3

2a

0,25 đ 0,25 đ

0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ 0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

c ) (1 đ ) Ta có: SO (ABC)  SOOM;BCSM

2

13 4

13

; 2

2 2

2

SM a

OM SO SM

a

4

39 2

13 3 2

a

SBC

ABC S SBC

SBC

A

ABC

S

S

V SBC

A d SBC

A d S V

.

.

3

;

; 3

1









d   

3

2

9

4

;

13

4

a

A SBC

a

Bài 4 ( 1 đ ) Đặt t  lnx ; ta có 1; 2  1 ; 2















e x

Hàm số đã cho thành : ;  1 ; 2

1

1 )

(





t

t t g

Hàm số g(t) liên tục trên đoạn  1 ; 2

1

)

(

'

2







t t

t t

g

Ta có :

5

5 3 ) 2 (

; 2 ) 1 (

; 0 ) 1

Kết luận:

GTLN của hàm số đã cho trên 1;e2

e bằng 2 , đạt được khi t1  xe

GTNN của hàm số đã cho trên 1;e2

e bằng 0 , đạt được khi t = - 1  x1e

&&&&&&&&&&

Chú ý : Mọi cách giải khác mà đúng đều cho điểm tối đa

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ 0,25 đ