Đề + ĐA KTHKI 12CB+NC (đề 1) (10-11)

c Tìm điểm M trên đồ thị C của hàm số sao cho khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng bằng khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang... Cực trị: Hàm số đã cho không có cực trị... Vì SABC là hình ch

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

TỔ TOÁN - TIN ĐỂ KIỂM TRA HỌC KÌ I

Năm học 2010-2011

Môn Toán - Lớp 12

Thời gian: 90P’, không kể thời gian giao đề

ĐỀ SỐ 1

A – Phần chung

Câu 1: (4đ) Cho hàm số

2x 1 y

x 1





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

b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m, đường thẳng y=2x+m luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt

c) Tìm điểm M trên đồ thị (C) của hàm số sao cho khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng bằng khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang

Câu 2: (3đ)

Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh AB=a Các cạnh bên SA, SB, SC tạo với đáy một góc bằng 600

a) Tính thể tích và diện tích toàn phần của khối chóp S.ABC

b) Tính thể tích hình cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC

B – Phần riêng

I – Theo chương trình chuẩn

Câu 3: (2đ) Giải phương trình:

a) 52x  15x  2.9x 0

b)

1

5 log x 1 log x   

Câu 4: (1đ) Giải bất phương trình: 12 3

x 1 log (log ) 0

x 1







II – Theo chương trình nâng cao

Câu 5 (2đ) Cho phương trình m.4x (m 1).14 x 3.49x (1)

a) Giải phương trình (1) với m=1

b) Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có nghiệm duy nhất

Câu 6 (1đ) Giải phương trình:

log (x 1) log (x 1) log (7 x) 1     

- Hết

-TRƯỜNG THPT CHUYÊN

TỔ TOÁN - TIN ĐÁP ÁN ĐỂ KIỂM TRA HỌC KÌ I

Năm học 2010-2011

Môn Toán - Lớp 12

Đề số I

Câu 1

a

1 Tập xác định:  \{1}

2 Sự biến thiên:

* Chiều biến thiên: 2

3

(x 1)



 Hàm số nghịch biến trên các khoảng (-∞; 1) và (1;+∞)

Cực trị: Hàm số đã cho không có cực trị

Giới hạn:  







 

1 2 lim

lim

1

x y

x







 

1 2 lim

lim

1

x y

x x

Do đó đường thẳng x=1 là tiệm cận đứng của đồ thị

2 1

1 2 lim













x y

x

x Vậy đường thẳng y= 2 là tiệm cận ngang của đồ thị

* Bảng biến thiên:

3 Đồ thị:

Đồ thị nhận điểm I(1;2) làm tâm

đối xứng

2

b Ta có hoành độ giao điểm của đường thẳng y=2x+m với đồ thị là nghiệm

của phương trình: 2

x 1 2x 1

2x m







Ta có x=1 không là nghiệm của (*) và biệt số:

2

2

2

(m 4) 8(m 1)

m 8m 16 8m 8

m 24 0, m

    

Do đó, PT(*) luôn có hai nghiệm khác 1

1

Vậy đường thẳng y=2x+m luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt.

c

Gọi M

0 0 0

2x 1

x ;

x 1



  (C) Gọi d1 là khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng

và d2 là khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang, ta có:

0



Từ giả thiết suy ra:

2

x 2x 2 0 3

x 1 x 2x 4 0 (VN )

     Vậy có hai điểm M thỏa mãn điều kiện

M1(1 3;2 3); M2(1 3;2 3)

1

Câu 2

a *) Tính thể tích của khối chóp S.ABC

Gọi H là tâm của  ABC Vì SABC là hình chóp đều nên SH là đường

cao của chóp SABC

Ta có: Diện tích đáy  ABC là:

2 ABC

1 a 3 a 3

(đvdt) Gọi M là trung điểm của BC

Suy ra:

Xét tam giác  SHA vuông tại H và SAH 60  0có: SH AH.tan 60 0 a

Vậy thể tích của chóp S.ABC là:

SABC

1 a 3 a 3

(đvtt)

*) Tính diện tích toàn phần của khối chóp S.ABC

Vì SABC là hình chóp đều nên ta có:  SAB=  SBC=  SCA

Xét  SAB có:

2

Gọi I là trung điểm của AB suy ra:

SI SA IA

12

Diện tích tam giác ABC là:

2 ABC

S SI.AB

Diện tích toàn phần của khối chóp S.ABC là:

tp ABC ABC

a 13 a 3 6a ( 13 1) 3a ( 13 1)

S 3.S S 3

4

1.5

b

Vì S.ABC là hình chóp đều nên tâm O của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

đó nằm trên đường cao SH Gọi I là trung điểm SA Ta có: OI SA Khi

đó hai tam giác vuông SIO SHA

Từ đó suy ra:

SO SI SA

SA SH 2SH Do đó:

2 SA

2SH

là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

Mặt khác

3

Vậy

2 4a

2a 3

R 2.a 3

Thể tích của hình cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là:

3 3

MC

4 2a 32 .a

V ( )



(đvtt)

1.5

Câu 3

a

5  15  2.9 0 (1)

Chia 2 vế của PT(1) cho 9x ta có:

( ) ( ) 2 0 ( ) ( ) 2 0 (2)

9  3    3  3  

Đặt

x 5

t ( ) , t 0 3

Ta có

(2) t t 2 0

t 2





      



Với

x

5 3

5

3

Vậy nghiệm của PT(1) là 53

1

b

ĐK: x 0,log x 5và log x  1

Đặt t log x (t 5, t  1), ta được phương trình

1

5 t 1 t   

Từ đó ta có phương trình

2 2

1 t 2(5 t) (5 t)(1 t)

t 11 t 4t 5

t 5t 6 0

t 2

t 3

     





 

 ) t 2 hay log x 2 x 100

) t 3 hay log x 3 x 1000

Vậy PT có nghiệm x=100 và x=1000

1

Câu 4

2

x 1 log (log ) 0

x 1







ĐK:

3

Với ĐK trên:

2

log (log ) 0 0 log 1

1

x 1

x 1

x 1









  



  Vậy tập nghiệm của BPT là:[2;)

m.4 (m 1).14 3.49 3.( ) (m 1).( ) m 0 (1)

a

Với m=1 ta có phương trình

3.( ) 2.( ) 1 0 (2)

2  2  

Đặt

x 7

t ( ) , t 0 2

phương trình (2) trở thành:

2

t 1 (loai) 3t 2t 1 0 1

t 3







   

 



Vậy

x

7 2

(2) ( ) x log

b

Đặt

x 7

t ( ) , t 0 2

PT(1) trở thành:

2 3t (m 1)t m 0 (3)  

PT(1) có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi PT(3) có duy nhất 1 nghiệm t>0

*) PT(3) có 2 nghiệm t1 0 t2  3( m) 0   m 0

*) PT(3) có nghiệm kép t>0 khi và chỉ khi:

2

2

(m 1) 12m 0 m 14m 1 0

0

m 7 4 3

m 7 4 3

m 1

    





 





  



 



*) PT(3) có một nghiệm bằng 0 thì m=0 Với m=0 PT(3) trở thành:

1

t 0 3t t 0 t(3t 1) 0 1

t 3







 

 (Không thỏa mãn) Vậy để PT(3) có nghiệm duy nhất thì m>0 hoặc m 7 4 3

Câu 6

log (x 1) log (x 1) log (7 x) 1      (1)

ĐK:

x 1

1 x 7

x 7





  





 Với ĐK trên

2

1 2

2

(1) log (x 1) 2log (7 x) 1

(x 1) (x 1) 1

(7 x) (7 x) 2 2x 2 49 14x x

x 14x 51 0

x 17 (loai)

x 3





  

 Vậy PT có nghiệm x=3

1