Đề thi Học kì 1 Toán 12 - Đề số 10

b Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị C tại giao điểm của đồ thị C và trục tung.. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SD.. a Chứng minh rằng DC vuông góc với AH.. b Xác định tâm

THPT VINH XUÂN

Đề số 10

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 1: (4 điểm)

Cho hàm số y x

x

1







a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại giao điểm của đồ thị (C) và trục tung

c) Tìm m để đường thẳng d:y m x 2    2 cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt

Câu 2: (3 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình chữ nhật ABCD có AD a AB a ,  3, cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy (ABCD), cạnh bên SB tạo với mặt đáy (ABCD) một góc bằng 30 0 Gọi

H là hình chiếu vuông góc của A trên SD

a) Chứng minh rằng DC vuông góc với AH

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

c) Tính thể tích khối chóp H.ABC

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 Chuẩn

Câu 3a: (1 điểm) Giải phương trình: 5x 3.51 x  8 0

Câu 4a: (1 điểm) Giải bất phương trình: log2x22x 3 1 log 3  2 x1

Câu 5a: (1 điểm) Cho tam giác ABC vuông góc tại A, AC b AB c ,  quay quanh cạnh huyền BC Tính thể tích khối tròn xoay được tạo thành

1 Theo chương trình Nâng cao

Câu 3b: (1 điểm) Giải hệ phương trình:

 

4

5

 

 



Câu 4b: (1 điểm) Giải phương trình: log3x2 2x 1 log2x2 2x

Câu 5b: (1 điểm) Hình trụ có bán kính đáy R và trục OO  2R Hai điểm A, B lần lượt thuộc hai đường tròn đáy (O) và (O’) sao cho góc giữa AB và trục OO’ bằng  Tính khoảng cách giữa

AB và OO’ theo R và 

-Hết -Họ và tên thí sinh: SBD :

THPT VINH XUÂN

Đề số 10

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2008 – 2009

Môn TOÁN Lớp 12

Thời gian làm bài 90 phút

1a

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y x

x

1







2,00

TXĐ: D\ 1 

1



  Hàm số luôn luôn nghịch biến trên hai khoảng   ;1 và

1; Hàm số không có cực trị

+ x y

1

lim





 , x y

1

lim





  x 1 là tiệm cận đứng + xlim y xlim y 2

        y 2 là tiệm cận ngang

Bảng biến thiên:

x   1 

y  

y 2 

  2

+ Đồ thị:

Đồ thị cắt trục hoành tại điểm  0,5;0, cắt trục tung tại điểm 0; 1  

Đồ thị nhận giao điểm I 1;2  của hai tiệm cận làm tâm đối xứng

0,25

0,25 0,25 0,25

0,50

0,50

Đồ thị (C) cắt trục tung tại điểm A 0; 1  

Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm A là: k y 0   3

Phương trình tiếp tuyến tại A là: y  1 3x 0  y 3x 1

0,25 0,25 0,50

1c Tìm m để đường thẳng d có pt y m x 2    2 cắt đồ thị (C) 1,00 Đường thẳng d: y m x 2    2 cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt

 pt x m x 

x

1



 có 2 nghiệm phân biệt x1 và x2 khác 1

     có 2 nghiệm phân biệt x1 và x2 khác 1 0,25

0,25

 

m

2 2

0









m m

4 3 0



 











2a Chứng minh rằng DC vuông góc với AH 0,50

Hình vẽ: 0,50 điểm

H'

B A

S

Ta có CD AD

CD SA 



AH((SAD))

0,50

2b Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD 1,00

Ta có SA (ABCD)  SA AC  SAC 900

CD (SAD)  CD SD  SDC 900, tương tự SBC 90 0

Suy ra ba điểm A, B, D cùng thuộc mặt cầu đường kính SC, hay mặt cầu ngoại tiếp

hình chóp S.ABCD có tâm là trung điểm I của SC, bán kính R SC

2

Từ tam giác vuông SAB ta có SA ABtan300 a 3. 3 a

3

Từ tam giác vuông SAC ta có SC2 SA2 AC2 SA2AB2BC2 =

a2  3a2a2 5a2  SC a 5 R SC a 5

0,25 0,25

0,50

Trong mặt phẳng (SAD) dựng HH / /SA, với HAD

Vì SA (ABCD) nên HH  (ABCD)

Suy ra thể tích khối chóp H.ABC là: V H ABC. 1.S ABC.HH 1 .AB BC HH.

Tam giác SAD có SA AD a  nên nó là tam giác cân, suy ra H là trung điểm của

SD, do đó HH SA a

0,25 0,25 0,25

0,25

3a Giải phương trình: 5x 3.51 x 8 0 1,00

Đặt t 5 x, điều kiện t 0 , phương trình trở thành:

t

t

15 8 0

    t2 8 15 0t  t

t 35

 

  

x x

5 3

5 5



 







x

log 3 1

 



4a Giải bất phương trình: log2x22x 3 1 log 3  2 x1 1,00

Bpt  log2x2 2x 3 log 2 32  x 1

x





x

1 3



 



 



x

1 3



  

 

x 5

0,50 0,50

Gọi V là thể tích khối tròn xoay,

V V B, C lần lượt là thể tích các khối

nón đỉnh B, C có chung đường tròn

đáy tâm H, bán kính r HA ( HA là

đường cao của tam giác vuông ABC)

Ta có V V BV C

1 AH BH HC2 

3

3

 Tính BC b2c2 , AH AB AC bc

.

Vậy V b c b c

2 2

2 2

2 2

3



b c

2 2

2 2

1

3





0,25

0,25

0,25 0,25

Điều kiện x y  0, x y  0

Hệ pt

x y

y x

x y x y

2

2

4

5  5 





 





x y

y x

x2 y2

4

2 32



 



x2 y2

3 32

 

 



x

y 26

 

 hoặc

x

y 26

 

 

 ( loại vì x y   8 0)

x

y 62

 

 Vậy hệ phương trình có một nghiệm x y;   6;2

0,25 0,25 0,25

0,25

4b Giải phương trình: log3x2 2x 1 log2x2 2x 1,00 Điều kiện x x

2

2 2 1 0



  x2 2x 0 (*) Đặt t log2x2 2x  x2 2x2t  0 ( thoả mãn điều kiện (*) )

Phương trình đã cho trở thành:

log 2 13 t t  2 1 3t  t

     

(1)

Hàm số f t( ) 2 t 1 t

   

nghịch biến trên  và f (1) 1 nên (1) có nghiệm duy nhất t 1

Với t 1  x2 2x 2  x  1 3

0,25 0,25

0,25 0,25

5b Tính khoảng cách giữa AB và OO’ theo R và  1,00

 OO / /(ABC), suy ra

d OO AB  , d OO ABC  ,( ) d O ABC ,( )

Gọi H là trung điểm của dây AC thì OHAC

Đồng thời BC ( )O  BC OH

Suy ra OH (ABC)  OH d O ABC  ,( )

Vậy d OO AB  , d O ABC ,( )OH

Từ OO / /BC OO AB , ABC

Từ tam giác vuông ABC, ta có

AC BC tan   2 tanR  AH AC R tan

Từ tam giác vuông AOH ta có OH2 OA2 AH2R21 tan  2

OH R 1 tan2

   Vậy d OO AB  , OH R 1 tan 2 , với điều kiện

2

1 tan   0 hay 0 0   45 0

0,25 0,25 0,25

0,25