Đề mẫu HKI Toán_12 số 5

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.0 a Chứng minh rằng DC vuông góc với AH.. b Xác định tâm

KIỂM TRA HỌC KỲ I -

MÔN TOÁN LỚP 12 ( Thời gian 90 phút )

-ĐỀ CHÍNH THỨC

A-PHẦN CHUNG BẮT BUỘC: ( 7 điểm )

Câu 1: (4 điểm)

Cho hàm số 2 1

1

x y x

+

=

− 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 có phương trình 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 Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SD.0

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

B-PHẦN DÀNH CHO HỌC SINH TỪNG BAN: ( 3 điểm )

* Học sinh Ban Cơ bản làm các câu 3a, 4a, 5a:

Câu 3a: (1điểm) Giải phương trình: 5x +3.51 −x − =8 0

Câu 5a: (1điểm) 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

* Học sinh Ban Nâng cao làm các câu 3b, 4b, 5b:

Câu 3b: (1điểm) Giải hệ phương trình:

( )

4

1

5 5

x y

x y

  =

 ÷ 





log x +2x+ =1 log x +2x

Câu 5b: (1điểm) 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 α Tính khoảng cách giữa AB và OO’ theo R và α

-Hết -HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 12 KIỂM TRA HỌC KỲ I - - ĐỀ CHÍNH THỨC.

A- PHẦN CHUNG BẮT BUỘC ( 7 điểm )

1a

Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2 1

1

x y x

+

=

−

2,00

TXĐ: D=¡ \ 1{ }

3

0, 1 1

x

−

′ = < ∀ ≠

− ⇒Hàm số luôn luôn nghịch biến trên hai khoảng (−∞;1) và (1;+∞) Hàm số không có cực trị

+ limx→1− y= −∞,

1

lim

x y

+

→ = +∞ ⇒ x=1 là tiệm cận đứng + limx→+∞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

1b Viết phương trình tiếp tuyến 1,00

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 2 1 ( 2) 2

1

x

m x

− có 2 nghiệm phân biệt x và 1 x khác 12

⇔ + − − = có 2 nghiệm phân biệt x và 1 x khác 12

2 ( )

2

0

4 2 3 0 1 1 2 3 0

m

≠





⇔ ∆ = + + >



4 3 0

m m

 < −



⇔

>



0,25 0,25

0,50

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



( ) ( )

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 =900

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

2

SC

R=

Từ tam giác vuông SAB ta có 0 3

tan 30 3

3

SA AB= =a =a

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

SC a R

0,25

0,25

0,50

2c Tính thể tích khối chóp H.ABC 1,00

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:

.

H ABC ABC

V = S HH′= AB BC HH′

Tam giác SAD có SA AD a= = nên nó là tam giác cân, suy ra H là

0,25

0,25

trung điểm của SD, do đó

2 2

SA a

HH′ = =

.

3

H ABC

a

0,25

0,25

PHẦN DÀNH CHO HỌC SINH TỪNG BAN ( 3 điểm )

* Ban Cơ bản

3a Giải phương trình: 5x +3.51 −x − =8 0 1,00

Đặt t =5x, điều kiện t>0, phương trình trở thành:

15

8 0

t

t

+ − = ⇔ − + =t2 8t 15 0 ⇔  =t t=35 55 35

x x



⇒ 



=

=

5

log 3 1

x x

=



⇔  =

4a Giải bất phương trình: ( 2 ) ( )

2

3 1 0

2 3 2 3 1

x

+ >





2

1 3

4 5 0

x

 > −



⇔ 

 − − ≥



1 3

1 5

x

 > −



⇔ 

5

x

⇔ ≥

0,50

0,50

5a Tính thể tích khối tròn xoay được tạo thành 1,00

Gọi V là thể tích khối tròn xoay,

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

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 2( )

3π AH BH HC

1 2

3π AH BC

= Tính BC = b2 +c2 , AH AB AC. 2bc 2

+ . Vậy

2 2

1

3

b c

b c

π

+

2 2

1 3

b c

b c

π

=

+

0,25

0,25

0,25 0,25

* Ban Nâng cao

Điều kiện x y+ >0, x y− >0.

Hệ pt

2

2

4

x y

y x

x y x y

−

−



⇔ 



=

4

2 32

x y

y x

x y

−

 − =



⇔ 

 − =



3 32

x y

=





6 2

x y

=



⇔  =

 hoặc

6 2

x y

= −



 = −

 ( loại vì x y+ = − <8 0) 6

2

x

y

=



⇔  =

 Vậy hệ phương trình có một nghiệm ( ) ( )x y; = 6;2

0,25

0,25

0,25

0,25

4b Giải phương trình: ( 2 ) ( 2 )

Điều kiện

2 2

2 1 0

2 0

 + + >



 + >



⇔ + > (*) Đặt ( 2 )

2

t = x + x ⇔ x2+2x= >2t 0 ( thoả mãn điều kiện (*) )

Phương trình đã cho trở thành:

log 2 13( t + =) t ⇔2 1 3t + = t 2 1 1

t t

   

⇔ ÷  ÷+ =

    (1) Hàm số ( ) 2 1

t t

f t =   +

 ÷  ÷

    nghịch biến trên ¡ và (1) 1f = 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 α 1,00

Dựng đường sinh BC, khi đó OO BC′//

⇒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 =α

Từ tam giác vuông ABC, ta có

AC BC= tanα =2 tanR α tan

2

AC

Từ tam giác vuông AOH ta có OH2 =OA2 −AH2 =R2(1 tan− 2α)

2

1 tan

⇒ = − Vậy d OO AB( ′, ) =OH =R 1 tan− 2α , với

điều kiện 1 tan− 2α ≥0 hay 00 < ≤α 450

0,25 0,25 0,25

0,25