SỞ GD – ĐT THỪA THIÊN HUẾ TRƯỜNG THPT TAM GIANG Đề số 9 ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2008 – 2009 Môn TOÁN Lớp 12 Thời gian làm bài 90 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ HỌC SINH: (7 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y = x 3 – 3x 2 + 5 (1) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2) Dựa vào đồ thị (C) của hàm số (1), tìm tham số m để phương trình sau có nghiệm: 2 3t – 3.4 t + 5 = m (t là ẩn) . Câu II: (2 điểm) 1) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y x x 4 2 8 15= − + trên đoạn [–1; 3]. 2) Tính đạo hàm của các hàm số sau: a) x y x e 2 4 .= b) x y e x.ln(2 sin )= + Câu III: (1 điểm) Giải các phương trình sau: 1) x x 2 1 4 64 − + = . 2) x x 3 3 log log ( 2) 1+ − = Câu IV: (2 điểm) Cho hình lăng trụ tứ giác đều ABCD.A’B’C’D’ có độ dài cạnh đáy là 2a, cạnh bên là a. 1) Chứng minh hai khối tứ diện ABDA’ và CBDC’ bằng nhau. 2) Tính thể tích của khối lăng trụ ABCD.A’B’C’D’. 3) Gọi M là trung điểm của cạnh A’D’, S là tâm của hình vuông ABCD. Tính thể tích của khối chóp S.MB’C’D’. II. PHẦN RIÊNG: (3 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần: Theo chương trình Chuẩn hoặc Nâng cao 1. Theo chương trình Nâng cao Câu Va: (3 điểm) 1) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số x x y x 2 2 2 − − = + biết tiếp tuyến song song với đường thẳng x y3 2 0+ − = . 2) Giải phương trình: x e x 2 6 ln 2 2 log 5.log + = . 3) Cho hình chóp đều tứ giác S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a 2 . Tính diện tích của mặt cầu và thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD đã cho. 2. Theo chương trình Chuẩn Câu Vb: (3 điểm) 1) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số x y x 4 1 − = − biết tiếp tuyến song song với đường thẳng x y3 4 0− = . 2) Giải phương trình: x x2 log2 6 2 5.10+ = . 3) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a 2 . Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình nón ngoại tiếp hình chóp S.ABCD đã cho. --------------------Hết------------------- Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . . 1 SỞ GD – ĐT THỪA THIÊN HUẾ TRƯỜNG THPT TAM GIANG Đề số 9 ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2008 – 2009 Môn TOÁN Lớp 12 Thời gian làm bài 90 phút I 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số: y = x 3 – 3x 2 + 5. 1. Tập xác định: ¡ . 2. Sự biến thiên: a)Giới hạn tại vô cực: x x x x y x y x x x x 3 3 3 3 5 3 5 lim lim 1 ; lim lim 1 →−∞ →−∞ →+∞ →+∞     = − + = −∞ = − + = +∞  ÷  ÷     . 0,25 b) Bảng biến thiên: y’ = 3x 2 – 6x = 3x(x – 2); y’ = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2 0,25 BBT: x –∞ 0 2 +∞ y’ + 0 – 0 + 5 +∞ y –∞ 1 Hàm số đồng biến trên (–∞; 0) và (2; +∞); nghịch biến trên (0; 2). x CT = 2, y CT = 1; x CĐ = 0, y CĐ = 5. 0,5 3. Đồ thị: y’’ = 6x – 6; y’’ = 0 ⇔ x = 1. – Đồ thị nhận điểm uốn I(1; 3) làm tâm đối xứng. – Đồ thị đi qua (–1; 1), (3; 5). -2 -1 1 2 3 4 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 x y 0,5 2 Dựa vào đồ thị (C) … Đặt x = 2 t > 0, phương trình đã cho thành: x 3 – 3x 2 + 5 = m. Vậy phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi đường thẳng y = m có điểm chung với đồ thị (C) của hàm số (1) trên khoảng (0; +∞). Dựa vào đồ thị (C) của hàm số (1) trên khoảng (0; +∞) ta có các giá trị của m cần tìm là: m ≥ 1. 0,5 II 1 Tìm giá trị nhỏ nhất và … Hàm số y = x 4 – 8x 2 + 15 liên tục trên đoạn [–1; 3]. Ta có y’ = 4x 3 – 16x = 4x(x 2 – 4). y x x x x x x x x x 2 ' 0 0, 2 0 4 ( 4) 0 1 3 1 3 2 1 3     = = = ± = − = ⇔ ⇔ ⇔     − < < − < < = − < <     0,5 y(–1) = 8; y(0) = 15; y(2) = –1; y(3) = 24. Vậy Min y y Max y y [ 1; 3] [ 1; 3] (2) 1; (3) 24 − − = = − = = . 0,5 2 Tính đạo hàm của các hàm số: 2 a) y = x 2 .e 4x . Tập xác định: ¡ . y’ = (x 2 )’.e 4x + x 2 .(e 4x )’ = 2x.e 4x + x 2 .(4x)’.e 4x = 2x.e 4x (1 + 2x). 0,5 b) y = e x .ln(2 + sinx). Tập xác định: ¡ . y’ = (e x )’.ln(2 + sinx) + e x .(ln(2 + sinx))’ = e x .ln(2 + sinx) + e x . x x (2 sin )' 2 sin + + = e x .ln(2 + sinx) + e x . x x cos 2 sin+ 0,5 III Giải phương trình: 1 x x 2 1 4 64 − + = ⇔ x x 2 1 3 4 4 − + = ⇔ x 2 – x + 1 = 3 ⇔ x = –1 hoặc x = 2. 0,5 2 x x 3 3 log log ( 2) 1+ − = . Tập xác định: (2; +∞). x x 3 3 log log ( 2) 1+ − = ⇔ [x x ] 3 log ( 2) 1− = ⇔ x(x – 2) = 3 ⇔ x 2 – 2x – 3 = 0 ⇔ x = –1 hoặc x = 3. Vậy phương trình có nghiệm là x = 3. 0,5 IV 2a a M S C D A D' B' C' A' B 0,25 1 Ta có mp(BDD’B’) là mặt trung trực của hai đoạn thẳng AC và A’C’ nên phép đối xứng qua mp(BDD’B’) biến bốn điểm A, B, D, A’ lần lượt thành bốn C, B, D, C’. Vậy hai khối tứ diện ABDA’ và CBDC’ bằng nhau. 0,25 2 Ta có đáy của khối lăng trụ là hình vuông ABCD có diện tích bằng 2a.2a = 4a 2 . Chiều cao của khối lăng trụ bằng AA’ = a. Vậy thể tích của khối lăng trụ là V = ABCD S AA'. = 4a 2 .a = 4a 3 0,75 3 Ta có đáy của khối chóp S.MB’C’D’ có diện tích bằng: S MB’C’D’ = S A’B’C’D’ – S ∆ A’B’M = 4a 2 – a 2 = 3a 2 . Chiều cao của khối chóp S.MB’C’D’ bằng khoảng cách từ S đến mp(A’B’C’D’) và bằng AA’ = a. Vậy thể tích của khối chóp S.MB’C’D’ là V = MB C D 1 S AA' = a a a 3 2 3 ' ' ' 1 . .3 . 3 = 0,75 Va 1 Tiếp tuyến ∆ song song với đường thẳng 3x + y – 2 = 0 nên có hệ số góc k = – 3. Gọi (x 0 ; y 0 ) là tọa độ tiếp điểm, ta có k = –3 = y’(x 0 ). y = x y x x x 2 4 4 3 ' 1 , 2 2 ( 2) − + ⇒ = − ≠ − + + . y’(x 0 ) = –3 ⇔ (x 0 + 2) 2 = 1 ⇔ x 0 = –1 hoặc x 0 = –3. Với x 0 = –1, y 0 = 0, ta có tiếp tuyến tại (–1; 0) là y = –3(x + 1). Với x 0 = –3, y 0 = –10, ta có tiếp tuyến tại (–3; –10) là y = –3(x + 3) – 10. 1,0 2 x e x 2 6 ln 2 2 log 5.log + = Điều kiện xác định của phương trình: x > 0. x e x 2 6 ln 2 2 log 5.log + = ⇔ x x e x e x 2 2 6 ln 5 6 ln 5 2 2 log log + + = ⇔ = . x x x x 2 5 2 6 ln ln ln 5ln 6 0⇔ + = ⇔ − + = ⇔ lnx = 2 hoặc lnx = 3. 1,0 3 Với lnx = 2 ⇔ x = e 2 (thỏa đk) Với lnx = 3 ⇔ x = e 3 (thỏa đk) Vậy phương trình có hai nghiệm: x = e 2 , x = e 3 . 3 Gọi O là tâm hình vuông ABCD, ta có OA = OB = OC = OD = a; OS 2 = SA 2 – OA 2 = 2a 2 – a 2 = a 2 ⇒ OS = a. Vậy tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là O, bán kính R = a. Diện tích mặt cầu S = 4πR 2 = 4πa 2 . Thể tích khối cầu V = R a 3 3 4 4 3 3 π π = 1,0 Vb 1 Tiếp tuyến ∆ song song với đường thẳng 3x – 4y = 0 nên có hệ số góc k = 3/4. Gọi (x 0 ; y 0 ) là tọa độ tiếp điểm, ta có k = 3/4 = y’(x 0 ). y x y x x x 0 2 2 0 3 3 ' , 1 '( ) ( 1) ( 1) = ≠ ⇒ = − − . y’(x 0 ) = 3/4 ⇔ (x 0 – 1) 2 = 4 ⇔ x 0 = –1 hoặc x 0 = 3. Với x 0 = –1, y 0 = 5/2, ta có tiếp tuyến tại (–1; 5/2) là y = x 3 5 ( 1) 4 2 + + . Với x 0 = 3, y 0 = –1/2, ta có tiếp tuyến tại (3; –1/2) là y = x 3 1 ( 3) 4 2 − − . 1,0 2 x x2 log2 6 2 5.10+ = ⇔ x x x x2 log2 2 6 2 5.10 6 2 5.2+ = ⇔ + = x x2 2 5.2 6 0⇔ − + = ⇔ 2 x = 2 hoặc 2 x = 3. Với 2 x = 2 ⇔ x = 1. Với 2 x = 3 ⇔ x = log 2 3. 1,0 3 Gọi O là tâm của hình vuông ABCD, ta có hình nón ngoại tiếp hình chóp S.ABCD có bán kính đường tròn đáy R = OA = a; chiều cao = SO = a; đường sinh SA = a 2 . ⇒ S xq = πR.SA = a 2 2 π ; V = R SO a a a 2 2 3 1 1 1 . . 3 3 3 π π π = = 1,0 4 . cho. -- -- - -- - -- - -- - -- - -- - Hết -- - -- - -- - -- - -- - -- - - Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . . 1 . THỪA THI N HUẾ TRƯỜNG THPT TAM GIANG Đề số 9 ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2008 – 20 09 Môn TOÁN Lớp 12 Thời gian làm bài 90 phút I 1 Khảo sát sự biến thi n