Đề thi Học kì 1 Toán 12 - Đề số 3

Trên đường thẳng d đi qua A và vuông góc với mặt phẳng ABC lấy điểm D sao cho AD = 2a.. Tính thể tích khối chóp D.ABC.. Tính diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp D.ABC.. Mặt phẳng

SỞ GD & ĐT THANH HÓA

Trường THPT Đông Sơn I

Đề số 3

ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010

Môn TOÁN Lớp 12

Thời gian làm bài 90 phút

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (3 điểm)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y x 4 5x2 4

2 Tìm m để phương trình x4 5x24  có 4 nghiệm phân biệt.m

Câu II (1 điểm)

Giải phương trình: 2(log2x 1)log4 x log21 0

4

Câu III (3 điểm)

Cho tam giác ABC đều cạnh a Trên đường thẳng d đi qua A và vuông góc với mặt phẳng (ABC) lấy điểm D sao cho AD = 2a

1 Tính thể tích khối chóp D.ABC.

2 Tính diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp D.ABC.

3 Mặt phẳng đi qua B, trung điểm của AD và tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp chia khối

chóp thành hai phần Tính tỉ số thể tích của hai phần đó

II PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm)

Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần: Theo chương trình Chuẩn hoặc Nâng cao

1 Theo chương trình Chuẩn

Câu IVa (3 điểm)

1 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y x1  x 9

2 Giải bất phương trình: 1 22 x 2x3

4

log log (2 ) log   0

3 Tìm m để hàm số y = x3 – 6x2 + 3(m + 2)x – m – 6 có hai cực trị và hai giá trị cực trị cùng

dấu

2 Theo chương trình Nâng cao

Câu IVb (3 điểm)

1 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y x  4 x2

2 Giải hệ phương trình:

x y

y x

3

log ( ) 1 log ( )











3 Tìm m để phương trình (m 2)22x2 2(m1)2x2 2m 6 0 có nghiệm thuộc đoạn 0; 2

-Hết -Họ và tên thí sinh: SBD :

SỞ GD & ĐT THANH HÓA

Trường THPT Đông Sơn I

Đề số 3

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

Môn TOÁN Lớp 12

Thời gian làm bài 90 phút

1) Tập xác định : R

2) Sự biến thiên:

a) Giới hạn : xlimy , limx y

    

b) Bảng biến thiên: y 4x310x;

x y

x

0

2

 



  

 



x –  – 10 / 2 0 10 / 2 + 

y' – 0 + 0 – 0 +

y

+  4 + 

–9/4 –9/4

0,50

Hàm số đồng biến trên các khoảng 10;0 , 10;

Hàm số nghịch biến trên các khoảng ; 10 , 0; 10

  

Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = y(0) = 4

Hàm số đạt cực tiểu tại x 10

2

 , yCT = y 10 9

0,50

3) Đồ thị: Đồ thị (C) của hàm số có hai điểm uốn U 5 19;

6 36



nhận Oy làm trục đối xứng, giao với Ox tại 4 điểm ( 1; 0); (2; 0) (Hình 1)

0,50

O

-1 -2

4

-9/4

O

x -1

-2

4

y

y = m (C1)

9/4

y

(C1) y

(C)

(Hình 1) (Hình 2)

I.2 Tìm m để phương trình x4 5x24 m (1) có 4 nghiệm phân biệt 1,00

Gọi (C1) là đồ thị hàm số y x 4 5x24 (C1) gồm hai phần:

+) Phần đồ thị (C) nằm trên trục Ox

+) Đối xứng của phần đồ thị (C) nằm dưới Ox qua Ox

0,25

Số nghiệm của (1) bằng số giao điểm của (C1) với đường thẳng y = m Theo đồ

thị ta được (1) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m = 0 và 9 m 4

4 

0,50

II Giải phương trình 2(log2x 1)log4 x log2 1 0

4

Điều kiện: x > 0

(1)  (log2x1)log2x 2 0  log22xlog2x 2 0

0,5

x x

2 2

2

1

4

 

O

x -1

-2

4

y

y = m (C1)

9/4

Thể tích khối chóp

V . 1AD S 12 a 2 3 3 3

III.2 Tính diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp D.ABC. 1,00

Gọi O là trọng tâm của tam giác ABC, gọi  là đường thẳng đi qua O và vuông

góc với (ABC), suy ra  // DA và  là trục của đường tròn ngoại tiếp tam

giác ABC Trong mặt phẳng (d, ) kẻ đường thẳng trung trực của AD cắt 

tại I, khi đó I cách đều A, B, C, D nên I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp

D.ABC

0,25

Gọi M, N là trung điểm của BC và AD Tứ giác AOIN là hình chữ nhật nên

IA = ON = AN2AO2 AN = 1DA a AO, 2AM 2 a 3 a 3

0,25

2

Mặt cầu có bán kính R IA 2 3 a

3

  nên S 4 R2 4 2 3a 2 16 a2



0,50

Gọi E = DM  IN, F = BE  DC khi đó tam giác BNF là thiết diện của hình

Do N là trung điểm của DA, NE // AM nên E là trung điểm của DM

Gọi K là trung điểm của FC  MK là đường trung bình của tam giác BFC

 MK // BF  EF là đường trung bình của tam giác DMK  F là trung điểm của

DK  DC = 3 DF  SDBC = 3SDBF

0,25

Gọi h là khoảng cách từ A đến mặt phẳng (DBC), do N là trung điểm của DA

nên khoảng cách từ N đến (DBC) bằng h/2

Gọi thể tích khối chóp D.ABC là V, thể tích khối chóp D.NBF là V1, thể tích

phần còn lại là V2

Ta có V 1h.S 1h S. 1V V V V V 1V 5V

0,25

D

B O

N

M I

d

F

E



K

Do đó ta có tỉ số thể tích: 1

2

V V

1 5

 hoặc 2

1

V

V 5

Chú ý thí sinh cũng có thể làm theo cách sau: V DN DF DB

V1 DA DC DB

1

6

0,25

IVa.1 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y x 1 x  9 1,00

Tập xác định D = [1; 9]

y

'

y(1)= y(9) = 2 2 , y(5) = 4

4

log log (2 ) log    0 log (2 ) log 1

x

2

(1 log )  3log  1 0  log  log   0 log 0



0,50

x

x 12

 

   Vậy bất phương trình có tập nghiệm S (0;1] [2;  ) 0,25

IVa.3 Tìm m để hàm số y = x 3 – 6x 2 + 3(m + 2)x – m – 6 có hai cực trị cùng dấu. 1,00

y’ = 3x2 – 12x + 3(m +2) Điều kiện để hàm số có cực trị là y’ có hai nghiệm

phân biệt  ' 36 9(  m2) 0  m2 Gọi x1, x2 là hai điểm cực trị của hàm số, khi đó theo định lí Viet ta có

x x

x x11 2 2m

4 2



 



0,25

Do y x 2 y' (m 2)(2x 1)

  và y’(x1) = y’(x2) = 0

nên y x( ) (1  m 2)(2x11) , y x( ) (2  m 2)(2x21)

0,25

C CT

y y§ y x y x( ) ( ) (1 2  m 2) (22 x11)(2x21) ( m 2) [42 x x1 22(x1x2) 1]

( 2) [4( 2) 2.4 1] ( 2) (4 17)

0,25

Do đó hai giá trị cực trị cùng dấu khi

CÑ CT

m

m

4



 

 Kết hợp với điều kiện ta được 17 m 2

4

0,25

IVb.1 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y x  4 x2 1,00

Tập xác định: D = [– 2; 2]

y

2

4 ' 1

0,25

2

2 2

0

4

 

IVb.2 Giải hệ phương trình

x y

y x

3

log ( ) 1 log ( ) (2)











1,00

Điều kiện: x – y > 0, x + y > 0, x ≠0, y ≠ 0

(2) log (  ) log (  ) 1  log (  ) 1   3 (3) 0,25 (1)

x y

y x

2

5

 



 

Đặt t x

y

t t

2

2   5 2  5 2 0    1/ 2

 



0,25

+) Với t = 2  x2ythế vào (3) ta được 4y2 y2 3 y1

Khi y 1 x 2 (thoả mãn)

Khi y1  x 2 ( loại)

0,25

+) Với t = 1

2  y2x thế vào (3) ta được x2 4x2 3 ( vô nghiệm) Vậy hệ phương trình cĩ 1 nghiệm (x, y ) = (2; 1)

0,25

IVb.3 Tìm m để phương trình cĩ nghiệm thuộc đoạn [0; 1] 1,00

(  2)2  2( 1)2 2  6 0 (1) Đặt t = x2

2 , do x x0; 2 nên t[1;4]

(1) trở thành (m 2)t2 2(m1) 2t m 6 0 (2)

2

2

2 2

0,25

Xét hàm số f(t) trên [1; 4]

t loại

2

2

2 ( )

 







0,25

f(1) = 10, f(4) = 23

5 , f

4 3

 

 

  = 11

 

 

0,25

(1) cĩ nghiệm thuộc [0; 2 ]  (2) cĩ nghiệm thuộc [1; 4] 23 m 11

5

Vậy: 23 m 11

0,25