Câu IV: (1đ) Cho hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác đều cạnh bằng a và chiều cao của hình lăng trụ bằng h.. Tính diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ đó.[r]
Trang 1Đề số 15
ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học Môn TOÁN Lớp 12
Thời gian làm bài 90 phút
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC HỌC SINH (8 điểm)
Câu I: (3đ) Cho hàm số y 1x3 1x2 2x 4 (1)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)
2) Viết phương trình tiếp tuyến với (C), biết tiếp tuyến đó song song với đường thẳng
d y x
( ) : 4 2
Câu II: (2đ) Giải các phương trình sau:
1) log (33 x 8) 2 x
2)
Câu III: (2đ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành Trên các cạnh SB, SC ta
lấy lần lượt các điểm M, N sao cho
SM SB
2 3
và
SN SC
1 2
1) Mặt phẳng (AMN) cắt cạnh SD tại điểm P Tính tỷ số
SP
SD .
2) Mặt phẳng (AMN) chia hình chóp S.ABCD thành hai phần Tìm tỉ số thể tích của hai phần đó
Câu IV: (1đ) Cho hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác đều cạnh bằng a và chiều cao của hình lăng
trụ bằng h Tính diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ đó.
II PHẦN RIÊNG (2 điểm)
A Chương trình Chuẩn:
Câu Va: (2đ)
1) Tính đạo hàm các hàm số sau:
a) ysinx cosx e 2x
b) y x 2ln x21 2) Giải bất phương trình: x x
x
2 5 12
B Chương trình Nâng cao :
Câu Vb: (2đ) Dùng đồ thị để biện luận theo m số nghiệm của phương trình :
x2 m2 x 3m 2 0
––––––––––––––––––––Hết–––––––––––––––––––
Họ và tên thí sinh: SBD :
Trang 2Đề số 15
ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học Môn TOÁN Lớp 12
Thời gian làm bài 90 phút
I.1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1)
TXĐ: D
Giới hạn: xlim y
0,25
y'x2 x 2; y' 0 x1;x2
Hàm số đồng biến trên các khoảng ; 2
, 1;
, nghịch biến trên khoảng (–2; 1)
Đạt cực đại tại điểm x2; y C§2
, đạt cực tiểu tại điểm x 1 ; y CT 5
2
0,25
0,25
BBT:
y 2
5 2
0,75
Đồ thị: cắt trục tung tại điểm
4 0;
3
, điểm uốn
U 1; 1
là tâm đối xứng
x
y
O 1
0,50
I.2
Gọi x f x o; ( )o
là tiếp điểm của tiếp tuyến cần tìm
f x'( ) 4 x2x 2 4 x2x 6 0 x 2;x 3
0,5
x 2 f x( ) 2
3
, tiếp tuyến là: d y1 4x 26
3
Trang 3o o
x 3 f x( ) 1
6
, tiếp tuyến là: d y2 4x 73
6
II.1
ĐK: 3x 8 0 ; pt 3x 8 3 2x 32x 8.3x 9 0 0,50
Đặt t3 ;x t0, pt trở thành:
t loai
với t = 9, ta có : 3x 9 x2 (thoả điều kiền)
Vậy, pt có một nghiệm duy nhất là x = 2.
0,25
II.2
ĐK: 0x10;
x
0,25
đặt tlogx (t 1 ), ta có pt:
t
2
0,50
với t2, ta có : logx 2 x 1
100
(thoả điều kiện)
Vậy, pt có một nghiệm duy nhất là x 1
100
0,25
III
0,25
III.1 Gọi O AC BD Trong tam giác SAC, các trung tuyến SO và AN cắt nhau ở I là
trọng tâm của tam giác nên có
SI SO
2 3
Suy ra
SB SO
2 3
Trong tam giác SBD, IM cắt SD tại P chính là giao điểm của (AMN) với SD
Suy ra
0,75
III.2 O là trung điểm của BD và IM // BD nên I là trung điểm của PM, suy ra:
ABC ACD AMN APN
Do đó
S AMPN S AMN
S ABCD S ABC
V.. V.. SA SB SC
1
0,75
Trang 4S AMNP
S AMNP S ABCD ABCDMNP S ABCD
ABCDMNP
V
V .
IV Giả sử ABC.A’B’C’ là lăng trụ tam giác đều Gọi I,
I’ lần lượt là tâm các tam giác đều ABC và A’B’C’
Ta có I I’ là trục của hai tam giác đều này Gọi O là trung điểm của I I’ ta có OA = OB = OC = OA’ = OB’ = OC’ Nên O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ đã cho và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ là:
mc
h a
R OI AI
h a
2 2
2 2 2
0,50
0,50
1a y'cosxsinx e 2xsinx cos 2.x e 2x 3sinx cosx e 2x 0,50 1b
x
2
3
2
0,50
2
ĐK:
x
x (*) x
x
0,25
2
(vì với điều kiện (*) thì log2x0
)
x x
2
3
0,50
Kết hợp với điều kiện (*), nghiệm của bpt là 5 x 1
0,25
Vb
x
2
3
0,25
Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số
0,25
Trang 5x x
y
x
2 2 2
3
và đường thẳng y m
Hàm số
y
x
2 2 2 3
là hàm số chẵn nên đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng
Từ đồ thị của hàm số
y
x
2 2 2 3
ta suy ra đồ thị của hàm số
y
x
2 2 2 3
0,50
Đồ thị:
Dựa vào đồ thị ta có:
* m 2
3
: pt có 2 nghiệm
* m 2
3
: pt có 3 nghiệm
* 2 m 2
3 : pt có 4 nghiệm
* m = 2: pt có 2 nghiệm
* 2 < m < 6: pt vô nghiệm
* m = 6: pt có 2 nghiệm
* m > 6: pt có 4 nghiệm
0,50
0,50
============================