Kiem tra Hoc ki 1 Toan 12 de so 18

Tính diện tích mặt cầu đó theo a. 3) Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh SB và SC... a) Tính thể tích của khối trụ có đường sinh là SA và có đường tròn đáy ngoại tiếp tam giác [r]

SỞ GD – ĐT BÌNH ĐỊNH

TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÂN

Đề số 18

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 (7,0 điểm)

Câu 1 (2,5 điểm): Cho hàm số y =

x x

1 2



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

2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến có hệ số góc bằng –3

Câu 2 (1,5 điểm):

1) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f x( ) x e2 x trên đoạn [–1; 2 ]

2) Tìm đạo hàm của hàm số: y e sinx ln 1x2

Câu 3 (3,0 điểm): Cho hình chóp S.ABC có SA  (ABC), tam giác ABC vuông cân tại A, AB =a,

SB = a 2

1) Tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a

2) Tìm tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC Tính diện tích mặt cầu đó theo a.

3) Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh SB và SC

a) Tính thể tích của khối trụ có đường sinh là SA và có đường tròn đáy ngoại tiếp tam giác ABC

b) Tính thể tích của khối chóp A.MNCB theo a.

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm):

A.Theo chương trình Chuẩn:

Câu 4a (2,0 điểm): Giải các phương trình và bất phương trình sau:

1) 4x 3.2x 10 0 2) log (0,5 x1) 2

Câu 5a (1,0 điểm) Cho 0 < a <1 Chứng minh rằng: log2alog3alog4alog20a

B Theo chương trình Nâng cao:

Câu 4b (2,0 điểm):

1) Tính giá trị biểu thức: 27 3

1 3log 3 log 9

2

2) Tìm m để hàm số yf x( )x3 2mx25x  đạt cực đại tại x = 1.1

Câu 5b (1,0 điểm): Chứng minh phương trình sau luôn có 3 nghiệm thực phân biệt:

2x3(3m 6)x212x 4 2m  ( với m là tham số )0

––––––––––––––––––––Hết–––––––––––––––––––

Họ và tên thí sinh: SBD :

SỞ GD – ĐT BÌNH ĐỊNH

TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÂN

Đề số 18

ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010

Môn TOÁN Lớp 12

Thời gian làm bài 90 phút

1.1

(2,0 đ)

 TXĐ: D = R\{2}

 Sự biến thiên:

 x = 2 là tiệm cận đứng +

xlim y xlim y 1

 y = 1 là tiệm cận ngang

+ Bảng biến thiên:

y

( 2)

 với mọi x 2

x y

y

1

1



 

+ Đồ thị: cắt trục tung tại

1 0;

2



  , và cắt trục hoành tại 1;0

Đồ thị nhận giao điểm I(2; 1) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng

0,25 0,25 0,25

0,25

0,5

0,5

1.2

(0,5 đ)

+ Tiếp tuyến cần tìm có hệ số góc k = –3

Hoành độ tiếp điểm là nghiệm của PT: f x( ) k x 2

( 2)

x

x 13

 

 

+ Ta có 2 tiếp tuyến cần tìm: y = –3x + 13 và y = – 3x + 1

0,25 0,25 2.1

(0,75 đ) +

x

f x( )xe x( 2)

Trên (–1; 2 ) có f x( ) 0  x0

+ f(0) = 0; f( –1) = e

1

; f(2) = 4.e2 Vậy x f x

[ 1;2]

min ( )

  = f(0) = 0 vàx f x

[ 1;2]

max ( )

  = f(2) = 4.e2

0,5

0,5

2.2

x

sin

2

.cos

1

3.1

(1,0 đ)

 VS.ABC =

1

3 SABC SA

 SA = a và SABC =

1

2 a2

0,5 0,5

 VS.ABC =1 a3

6 (đvtt)

0,25

3.2

(1,0đ)

+ Tìm được tâm I của mặt cầu

+ Tính được bán kính R =

a 3

2 + Diện tích mặt cầu là S = 4 R2 = 3 a2 (đvdt)

0,25 0,25 0,5 3.3

(0,75đ)

+ Bán kính hình tròn đáy của khối trụ là r = KA

a 2

2

+ Thể tích khối trụ là V K/ trụ=

a3

2

 (đvtt)

+ Tính được thể tích khối chóp A.MNCB là V K/chóp=

a3

8

0,25 0,25

0,25

4a.1

(1,0đ) + Đặt

x

t 2 với t > 0, ta dược phương trình: t2 3 10 0t 

 t = 5 (nhận) hoặc t = –2 (loại) + t = 5 ta có 2x = 5  xlog 52

Vậy phương trình có 1 nghiệm xlog 52

0,25 0,25 0,5

4a.2

(1,0đ)

+ Điều kiện xác đinh: x > 1

+ Với điều kiện đó, BPT  log (0,5 x 1) log (0,5)0,5 2

+ Kết hợp với điều kiện, ta có tập nghiệm của BPT đã cho là: (1; 5)

0,25 0,25 0,5 5a

(1,0đ)

+ BĐT 

a

2

log 3 log 4 log 20

 3 log 2 log 2 log3 20 2a 0

2

+ Vì log 2 log 20 120  20  nên 3 log 220

2 > 0, mà log 23 > 0

suy ra 3 log 2 log 23 20

2  > 0 Mặt khác 0 < a <1 nên log2a

< 0 Vậy ta có bất đẳng thức cần chứng minh

0,25 0,25

0,5 4b.1

(1,0đ)

1

2



= = log 63

1 3log 2 log 9

2

0,5 0,5 4b.2

(1,0 đ)  f x( ) 3 x2 4mx5; f x( ) 6 x 4m

 Hàm số đạt cực đại tại x = 1

f f

(1) 0 (1) 0

 

 

 



 Kết luận: m = 2

0,25 0,5 0,25 5b

(1,0 đ)  Đặt g x( ) 2 x3(3m 6)x212x 4 2m

PT g x( ) 0 là PTHĐ giao điểm của đồ thị hàm số y g x ( ) và trục hoành

 g x( ) 6 x22(3m 6)x12  (3m 6)272 0, m

 g x( ) 0 luôn có 2 nghiệm phân biệt g x( ) luôn có cực đại, cực tiểu

0,25

0,25

 Gọi M1(x1; g(x1)), M2(x2; g(x2)) là tọa độ các điểm cực trị., trong đó x1, x2 là 2

nghiệm của phương trình g x( ) 0

yCĐ.yCT = g(x1) g(x2) =….= – 2[(m – 2)2 + 8]2 < 0,  m

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