Dap an+De thi Hoc ki I toan 12

Tính thể tích khối chóp D.ABC.. Tính diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp D.ABC.. Mặt phẳng đi qua B, trung điểm của AD và tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp chia khối chóp thàn

Sở GD & ĐT thanh hóa Đề thi kiểm tra chất lợng học kì I

Trờng THPT Đông Sơn I Năm học 2009 2010–

-*** - Môn : Toán 12

Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian giao đề

-*** -I Phần chung cho tất cả thí sinh (7 điểm)

Câu I (3 điểm)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y=x4 − 5x2 + 4

2 Tìm m để phơng trình x4 − 5x2 + 4 =m có 4 nghiệm phân biệt

Câu II (1 điểm)

4

1 log log

) 1 (log

Câu III (3 điểm) Cho tam giác ABC đều cạnh a Trên đờng thẳng d đi qua A và vuông góc với

mặt phẳng (ABC) lấy điểm D sao cho AD = 2a

1 Tính thể tích khối chóp D.ABC.

2 Tính diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp D.ABC.

3 Mặt phẳng đi qua B, trung điểm của AD và tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp chia

khối chóp thành hai phần Tính tỉ số thể tích của hai phần đó

II Phần tự chọn (3 điểm)

Thí sinh chỉ đợc chọn một trong hai phần: Theo chơng trình Chuẩn hoặc Nâng cao

1 Theo chơng trình Chuẩn

Câu IVa(3 điểm)

1 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y= x− 1 + −x+ 9

2 Giải bất phơng trình: log [log (2 ) log 3] 0

2

2 2 4

1 x − x ≤

3 Tìm m để hàm số y = x3 – 6x2 + 3(m + 2)x – m – 6 có hai cực trị và hai giá trị cực

trị cùng dấu

2 Theo chơng trình Nâng cao

Câu IVb (3 điểm)

1 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y=x+ 4 −x2

2 Giải hệ phơng trình:











+ +

=

−

=

+

) ( log 1 ) ( log

32 4

3

1

x

y y x

3 Tìm m để phơng trình (m−2)22x2 −2(m+1)2x2 +2m−6=0 có nghiệm thuộc đoạn [0;

-Hết -Họ và tên thí sinh : SBD :

Trờng thpt đông sơn i Kì thi kiểm tra chất lơng học kì i

Năm học 2009 - 2010

Hớng dẫn chấm toán 12

- Điểm toàn bài làm tròn đến 0,5

- Thí sinh làm cách khác nếu đúng vẫn đợc điểm tối đa

- Thí sinh đợc chọn làm theo một trong hai chơng trình Chuẩn hoặc Nâng cao Nếu thí sinh nào làm cả hai phần riêng thì không tính điểm phần riêng.

I.1 Khảo sát hàm số y = x 4 − x 2 + 4 2,00

1) Tập xác định : R

2) Sự biến thiên:

+∞

→

−∞

x

y lim , y

b, Bảng biến thiên: y’ = 4x3 - 10x, y’ = 0 ⇔ x = 0, x = ± 10 / 2

x - ∞ 10 / 2 0 - 10 / 2 + ∞

y' - 0 + 0 - 0 +

y

+ ∞ 4 + ∞

-9/4 -9/4

0,50

Hàm số đồng biến trên các khoảng (- 10 / 2; 0) và ( 10 / 2; + ∞)

Hàm số nghịch biến trên khoảng (-∞ ; - 10 / 2) và (0 ; 10 / 2)

Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = y(0) = 4

Hàm số đạt cực tiểu tại x =± 10 / 2 , yCT = y(± 10 / 2) = - 9/4

0,50

3) Đồ thị: Đồ thị (C) của hàm số có hai điểm uốn U









±

36

19

; 6

5

nhận Oy làm trục đối xứng, giao với Ox tại 4 điểm (±1; 0); (±2; 0) (Hình 1)

(Hình 1) (Hình 2)

0,50

I.2 Tìm m để phơng trình x4 − 5x2 + 4 =m

(1) có 4 nghiệm phân biệt 1,00

Gọi (C1) là đồ thị hàm số y = x 4 − x 2 + 4 (C1) gồm hai phần

+) Phần đồ thị (C) nằm trên trục Ox

+) Đối xứng của phần đồ thị (C) nằm dới Ox qua Ox

0,25

Số nghiệm của (1) bằng số giao điểm của (C1) với đờng thẳng y = m Theo đồ thị

ta đợc (1) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m = 0 và 9/4 < m < 4 0,50

O

-1 -2

4

-9/4

O

1 2

x -1

-2

4

y

y = m (C1)

9/4 y

(C)

II Giải phơng trình 0

4

1 log x log ) 1 x (log

Điều kiện: x > 0

(1) (log x 1)log x 2 0 log2x log2x 2 0

2 2







=

=

⇔







−

=

=

⇔

4 / 1 x

2 x 2 x log

1 x log

2

2

0,5

Thể tích khối chóp

6

3 a 4

3 a a 2 3

1 S

AD 3

1 V

3 2

ABC ABC

.

Gọi O là trọng tâm của tam giác ABC, gọi ∆ là đờng thẳng đi qua O và vuông góc

với (ABC), suy ra ∆ // DA và ∆ là trục của đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Trong mặt phẳng (d, ∆) kẻ đờng thẳng trung trực của AD cắt ∆ tại I, khi đó I cách

đều A, B, C, D nên I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp D.ABC

0,25

Gọi M, N là trung điểm của BC và AD Tứ giác AOIN là hình chữ nhật nên

IA = ON = AN 2 + AO 2 AN = AM 32a23 a33

3

2 AO , a DA 2

1

=

=

=

3 a 3 2 3

3 a a IA

2











 +

= Mặt cầu có bán kính

3

a 3 2 IA

R = = nên nó có diện

tích S

3 a 16 3

a 3 2 4 R 4

2 2







 π

= π

=

0,50

Gọi E = DM ∩ IN, F = BE ∩ DC khi đó tam giác BNF là thiết diện của hình chóp

Do N là trung điểm của DA, NE // AM nên E là trung điểm của DM

Gọi K là trung điểm của FC ⇒ MK là đờng trung bình của tam giác BFC

⇒ MK // BF ⇒ EF là đờng trung bình của tam giác DMK ⇒ F là trung điểm của

DK ⇒ DC = 3 DF ⇒ SDBC = 3SDBF

0,25

D

B O

N

M I

d

F

E

∆

K

Gọi h là khoảng cách từ A đến mặt phẳng (DBC), do N là trung điểm của DA nên

khoảng cách từ N đến (DBC) bằng h/2

Gọi thể tích khối chóp D.ABC là V, thể tích khối chóp D.NBF là V1, thể tích phần

còn lại là V2

6

5 V 6

1 V V V V V 6

1 S

h 6

1 S

2

h 3

1

0,25

Do đó ta có tỉ số thể tích:

5

1 V

V 2

1 = hoặc 5

V

V 1

2 =

Chú ý thí sinh cũng có thể làm theo cách sau:

6

1 DB

DB DC

DF DA

DN V

V1

=

=

0,25

Tập xác định D = [1; 9]

x 9 2

1 1

x 2

1 '

y

−

−

−

y(1)= y(9) = 2 2, y(5) = 4

2 2 ) 9 ( y ) 1 ( y y min , 4 ) 5 ( y y

2

2 2

3 2

2 2 4







≤

≥

⇔

≥

−

⇔

≥

−

−

+

0 x log

1 x log 0 x log x log 0 1 x log 3 )x log

1(

2

2 2

2 2 2

2







≤

≥

⇔

1 x

2 x

Vậy bất phơng trình có tập nghiệm S = ( 0 ; 1 ] ∪ [ 2 ; +∞ ) 0,25

IVa.3 Tìm m để hàm số y = x 3 6x– 2 + 3(m + 2)x m 6 có hai cực trị cùng dấu.– – 1,00

y’ = 3x2 - 12x + 3(m +2) Điều kiện để hàm số có cực trị là y’ có hai nghiệm

phân biệt ⇔ ∆ ' = 36 − 9 ( m + 2 ) > 0 ⇔ m < 2

Gọi x1, x2 là hai điểm cực trị của hàm số, khi đó và theo định lí Viet ta có







+

=

=

+

2 m x

x

4 x x

2 1

2

Do y ' ( m 2 )( x 1 )

3

2 x 3









= và y’(x1) = y’(x2) = 0 nên

) 1 x 2 )(

2 m ( ) x

(

y 1 = − 1 + , y(x2)=(m−2)(2x2 +1)

0,25

] 1 ) x x ( 2 x x 4 [ ) 2 m ( ) 1 x )(

1 x ( ) 2 m ( ) x ( y ) x ( y y

2 1

2 2

1 CT

) 17 m 4 ( ) 2 m ( ] 1 4 2 ) 2 m ( 4 [ ) 2 m

Do đó hai giá trị cực trị cùng dấu khi







−>

≠

⇔

>

+

−

⇔

>

4/

17 m

2

m 0 )17 m4 () 2 m(

0 y

CT

ĐC

Kết hợp với điều kiện ta đợc m 2

4

17 < <

−

0,25

Tập xác định: D = [- 2; 2]

2 2

x x 4 x

4

x 1

'

y

−

−

−

=

−

− +

2

x x x4

0x 0x x4







=−

≥

⇔=

−−

y(-2) = - 2, y (2) = 2, y( 2 ) = 2 2 0,25

2 ) 2 ( y y min , 2 2 ) 2 ( y y











+ +

=

−

=

+

(2) ) y x ( log 1 ) y x ( log

(1) 32 4

3

1 3

x

y y x

1,00

Điều kiện: x – y > 0, x + y > 0, x ≠0, y ≠ 0

) 3 ( 3 y x 1 ) y x ( log 1 ) y x ( log ) y x ( log )

2

3 3

x

y y

x 2 2

y y x 2

=







⇔

=





 +

Đặt t =yx ta có 





=

=

⇔

= +

−

⇔

=









 +

2/

1 t

2

t 0 2 t5 t2

5 t

1

+) Với t = 2 ⇒ x = ythế vào (3) ta đợc y 2 − y 2 = 3 ⇔ y = ± 1

Khi y = 1 ⇒ x = 2 (thỏa mãn)

Khi y = − 1 ⇒ x = - 2 (loại) 0,25

+) Với t = 1/2 ⇒ y = xthế vào (3) ta đợc x 2 − x 2 = 3 ⇔ x 2 = − 1 (vô nghiệm)

Vậy hệ phơng trình có 1 nghiệm (x, y ) = (2; 1) 0,25

0 6 m 2 2 ) 1 m ( 2 2 ) 2 m

Đặt t = 2 , do x x 2 ∈ [ 0 ; 2 ] nê n t ∈ [1;4]

(1) trở thành ( m − 2 ) t 2 − 2 ( m + 1 ) t + 2 m − 6 = 0 (2)

) ( 2 t 2 t

6 t 2 t 2 m 6 t 2 t 2 m ) 2 t 2

2 2

+

−

+ +

=

⇔ + +

= +

−

⇔

0,25

Xét hàm số f(t) trên [1; 4]







=

−=

⇔

= +

−

−

⇔

= +

−

+

−

−=

3/

4 t

(loại) 2

t 0 16 t4 t6 0 )t(

'f

, )2 t2 t(

16 t4 t6 )t(

2

0,25

f(1)= 10, f(4) = 23/5, f(4/3) = 11

5 / 23 ) 4 ( ) t ( min , 11 ) 3 / 4 ( ) t ( max

] 4

; 1 [ ]

4

; 1

(1) có nghiệm thuộc [0; 2] ⇔ (2) có nghiệm thuộc [1; 4] ⇔ 23 / 5 ≤ m ≤ 11

Vậy: m 11

5