Đề thi Học kì 1 Toán 12 - Đề số 2

có SAABC, đáy là ABC vuông tại C.. Xác định tâm I và tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp H ABC.. Suy ra diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp H ABC.. và thể tích khối cầu n

Đề số 2

ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010 Môn TOÁN Lớp 12 Nâng cao

Thời gian làm bài 90 phút

Bài 1 (3 điểm)

a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: y f x( ) 1x3 2x2 3x 1 ( ) C

3

b) Tìm m để đường thẳng d y mx( ) :  1 cắt C( ) tại 3 điểm phân biệt? (1 điểm)

Bài 2 (3 điểm)

a) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số:

f x( ) 1cos2x 2sinx 4

2



  

b) Giải phương trình: x

x

2

c) Giải hệ phương trình

y x

xy

1 1

2







(1 điểm)

Bài 3 (1 điểm)

Cho hàm số y x m x m m C m

x

2



Tìm m để hàm số C có cực đại, cực tiểu và khoảng cách giữa hai điểm cực đại, cực tiểu m

Bài 4 (3 điểm)

Cho hình chóp S ABC có SA(ABC), đáy là ABC vuông tại C

Biết SA a 3, AB2 ,a AC a

a) Tính thể tích của khối chóp S ABC (1,5 điểm)

b) Gọi H K, lần lượt là hình chiếu vuông góc của A xuống SC SB, Xác định tâm I và tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp H ABC Suy ra diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp H ABC và thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp H ABC (1 điểm)

c) Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp A BHK và A BCH ? (0,5 điểm)

===============================

Đề số 2

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010

Môn TOÁN Lớp 12 Nâng cao

Thời gian làm bài 90 phút

Bài 1 (3 điểm)

a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: y f x( ) 1x3 2x2 3x 1 (C)

3

 Giới hạn xlim y ; xlim y





(0,25 điểm)

Hàm số đồng biến trên (1;3) , nghịch biến trên ( ;1) và (3;)

Điểm cực đại I1(3;1) , điểm cực tiểu I2 1; 1

3



 Ta có y''2x4; '' 0 y   2x 4 0  x2

Điểm uốn I 2;1

3

 Điểm đặc biệt: A 0;1 , B  4; 1

3



Đồ thị hàm số nhận điểm uốn I 2;1

3

  làm tâm đối xứng (0,5 điểm)

1 3



1

1

 

-+

x

 

'

 

f x

0 -2

A

2

-1

x

y

I 1

-2

.

.

.

.

.

.

B

b) Tìm m để đường thẳng d y mx( ) :  1 cắt C( ) tại 3 điểm phân biệt?

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d) là:

x

 







(0,5 điểm) Đặt g x( ) 1x2 2x m 3

3

Để PT đã cho có 3 nghiệm phân biệt thì PT g x( ) 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 0

m

1

3

3

(0,5 điểm)

Bài 2 ( 3 điểm)

a) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số:

f x( ) 1cos2x 2sinx 4

2



  

 Ta có f x( ) 11 2sin2x 2sinx 4 2sin2x 2sinx 1, x 0;



  (0,25 điểm) Đặt t sin , 0x t 1 g t( ) 2t2 2 1,t t 0;1

g t'( ) 4t 2, '( ) 0, g t t 0;1

3

Giá trị lớn nhất:   g t g khi t f x khi x

2



 

 

 

Giá trị nhỏ nhất là:  0;1 g t g khi t 0; f x khi x

2



 

 

 

Vậy f x khi x

0;

2



 

 

 

, f x khi x

0;

2

1 min ( )





 

 

 

(0,25 điểm)

b) PT x

x

2

log  5log 13log 4 0  log22x10log2x16 0 (0,5 điểm)

Đặt tlog2x, ta có phương trình: (0,25 điểm)

x x

2

8 2

1

2

256













             





(0,25 điểm)

c) Giải hệ phương trình

y x

xy

1 1

16 4  3 0 (2)







y x

1 (1)

2

  , thay vào phương trình (2) ta được:

y y

y

t t t

1

16 4  3 0 4 4 3 0   4 3 0



(0,5 điểm)

t

4

 

Kết hợp điều kiện, ta chọn t 4 4y  4 y 1 x2 (0,25 điểm) Vậy hệ phương trình có nghiệm (2;1)

Bài 3 (1 điểm)

'

Đặt g x  x24x m 23m4 Để hàm số đã cho có cực trị thì y ' 0 có hai nghiệm phân biệt khác 2 và y ' đổi dấu khi đi qua hai nghiệm phân biệt đó  g x( ) 0 có hai nghiệm phân biệt khác 2 Ta có hệ:

2 2



(0,25 điểm) Vậy m   ;0  3; thì hàm số đã cho có cực trị

Với m   ;0  3; , gọi hai điểm cực trị là I x x1 1; 2 12m2 ; I x x2 2; 2 22m2

2

2

Áp dụng hệ thức Viet, ta có x x

x x11 2 2 m2 m

4





Thay vào (*) ta được phương trình

m

m

2

3 10 2

3 10 2















(0,25 điểm)

Bài 4 (3 điểm)

a) Do SA(ABC) nên SA là đường cao của hình chóp S ABC

Thể tích của khối chóp là: V 1 SA S ABC

Mà ABC vuông tại C nên:

S 1AC BC 1a a 3 2 3

Suy ra V 1a 3.a2 3 a3

b) Ta có: BC(SAC) ( do BC AC BC SA ;  )

Suy ra BC AH

Mặt khác, SC AH

Từ đó, AH (SBC) AH HB

AHB

 vuông tại H

Gọi I là trung điểm của AB , ta có IA IB IH (1) 

ACB

 vuông tại C , ta có IA IB IC (2) 

Từ (1), (2) suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình

chóp H ABC

Bán kính R IA AB a

2

   (0,5 điểm)

Diện tích mặt cầu là: S4R2 4a2 Thể tích khối cầu là: V 4 R3 4 a3

3 3

c) Tỉ số thể tích 2 khối chóp A BHK và A BCH

Ta có V A BCH V B AHC BC S ACH BC AH HC a a2 a3

V . V . 1BK dt AHK 1BK AH HK.1 3 3

Suy ra A BHK

A BCH

a V

3

3

3

12 14

8

=================================

B

S

A

C I K H