2 DE THI HOC KY I Mon thi Toan 12 tham khao va dap anSo 34

khối trụ giới hạn bởi hình trụ đó... Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SD. a) Chứng minh rằng DC vuông góc với AH... b) Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp[r]

ĐỀ 3 KIỂM TRA HỌC KỲ I MÔN TOÁN LỚP 12

Thời gian làm bài: 90'

Câu 1: (2,5đ)

Cho hàm số: y x 3 3x21

1/ Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số

2/ Viết phương trình tiếp tuyến với (C) tại điểm có hoành độ là nghiệm của phương trình y " 0

Câu 2: (1đ) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số:

3 2 1

3

y x  x  x

trên đoạn [-1;2]

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

− 4

1

2− x=3

Câu 4: (2,5đ)

Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng 2a, cạnh bên hợp với đáy một góc 

a/ (1,25đ) Tính thể tích của khối chóp S.ABCD

b/ (1,25đ) Xác định tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

S.ABCD

PHẦN TỰ CHỌN:

HỌC SINH CHỌN 1 TRONG HAI CÂU 5A HOẶC 5B

Câu 5A: ( DÀNH CHO HỌC SINH BAN A)

1/ (1đ) Tìm các tiệm cận của đồ thị hàm số: y  x2  1 x

2/ (1đ) Giải bất phương trình   

2

5 log 18 log log

3 2

x

3/ (1đ) Cắt mặt xung quanh của một hình nón theo một đường sinh, rồi trải ra trên một mặt phẳng, ta đựơc một nửa hình tròn có đường kính bằng 10cm Tính thể tích của khối nón giới hạn bởi hình nón đó

Câu 5B: ( DÀNH CHO HỌC SINH BAN CƠ BẢN)

1/ (1đ) Tìm các tiệm cận của đồ thị hàm số







2 1 (1 )

x y

2/ (1đ) Giải bất phương trình: log 8 2 log 2  log 4 3

2

x

3/ (1đ) Cắt mặt xung quanh của một hình trụ theo một đường sinh, rồi trải ra trên một mặt phẳng, ta được một hình vuông có diện tích 100cm2 Tính thể tích của khối trụ giới hạn bởi hình trụ đó

………… Hết………….

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM

1

(2,5đ)

1

(1,5đ) TXĐ: 

2 ' 3 6

' 0

 

  



     



y

           

+ 0 0

2

-

+

-3 1

0

y y'

+

-

x

Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ;0) và (2;)

Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2) Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0; yCĐ =1, đạt cực tiểu tại điểm

x = 2; yCT = -3

Đồ thị:

x

y

2 3 1

-3

0,25

0,25

0,25

0, 25

0,25

0,25

2

(0,75đ)

" 6   6 0     1  1

'(1)  3

y

Phương trình tiếp tuyến là: y  3(x 1) 1   y  3x 2

0,25 0,25 0,25 2

(1đ)

y’ = x2 – 4x +3 ,

1

3 1; 2

x x





 

  



y(-1) =

11 3



, y(2) =

5

3, y(1) =

7 3

 1;2   1;2 



0,25

0,25

0,25

0,25 3

(1đ)

4x + 12− 4

1

2− x=3⇔2 4 x

− 2. 1

4x=3

Đặt t = 4

x

, t>o 

2

2t 3

t

 

 2t2 -3t -2 = 0















1 lo¹i 2 2

t t

t= 2  4x = 2  x=1

2

Vậy nghiệm của phương trình là x=1

2

0,25

0,25

0,25

0,25

4

(2,5đ)

1

(1,25đ)

Gọi O là tâm của đáy thì SO(ABCD)

Thê tích của khối chóp S.ABCD là:

V =1

3SABCD SO=4 a

3

√2 tan α

3

0,25

0,5

0,5

2

(1,25đ)

Gọi H là trung điểm SA, trong mặt phẳng (SAC) dựng đường trung trực của SA cắt SO tại I thì I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD

Hai tam giác vuông SHI và SOA đồng dạng , nên ta có:

.

SI

Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là:

2 r

sin 2

 a

0,25

0,25

0,5

0,25

PHẦN TỰ CHỌN

5A

(3đ)

1

(1đ)

Tập xác định R

Đồ thị không có tiệm cận đứng

2

1

1

       

 

Suy ra đường thẳng y = 0 là tiệm cận ngang khi x 

     

; đồ thị không có tiệm cận ngang khi

x   

Gọi tiệm cận xiên là y = ax +b

2 2

1

1

x

x

a

     

    

2

1

1

     

 

Vậy đường thẳng y = -2x là tiệm cận xiên khi x   

0,25

0,25

0,25

0,25 2

2

5 log 18 log log

3 2

x

(1) Điều kiện: x > 0

2 3 2 2

1 5 (1) log 18 log 2log log

2 2 log 18 2log 2

log 18 2

18 9

v× 0

x x

x

0,25

0,25

0,25

0,25

3

Gọi l, r là đường sinh và bán kính đáy của hình nón

Từ giả thiết, ta suy ra l = 10/2=5

Diện tích xung quanh của hình nón là: rl  5 r

Diện tích của nửa hình tròn là:

2

5

2  2 

Theo giả thiết ta có:

5

r    r

Gọi h là đường cao của hình nón thì:

2 2 25 5

4 2

h l  r   

0,25

0,25

0,25

Vậy thể tích của khối trụ là V =

2 2



     

5B

(3đ) 1

(1đ)

Tập xác định D= R\{0;1}

0 0

x



  ; đường thẳng x = 0 là tiệm cận đứng

1 1

x



  ; đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng

2 1

(1 )

x

x

 





 ; đường thẳng y = -1 là tiệm cận ngang

0,25

0,25

2,25

0,25

2

(1đ) log 8 2  log 2 log 4 3

2

x

(1) Điều kiện x > 0

(1) log 8 log 2 log log log 2 3

2 2

log

1

2

x

0,25

0,25

0,25

0,25 3

(1đ)

Gọi h là chiều cao và r là bán kính đáy của hình trụ, từ giả thết

ta có

h = 10 và 2r = 10

5

r



 

Vậy thể tích của khối trụ là V =

2

.10

r h

 

 

0,5

0,5

ĐỀ 4 KIỂM TRA HỌC KỲ I

-ĐỀ CHÍNH THỨC A-PHẦN CHUNG BẮT BUỘC: ( 7 điểm )

Câu 1: (4 điểm) Cho hàm số

1

x y x







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

b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại giao điểm của đồ thị (C) và trục tung

c) Tìm m để đường thẳng d có phương trình y m x  2 2 cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt

Câu 2: (3 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình chữ nhật ABCD có AD a AB a ,  3, cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy (ABCD), cạnh bên SB tạo với mặt đáy

(ABCD) một góc bằng 300 Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SD

a) Chứng minh rằng DC vuông góc với AH

b) Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD c) Tính thể tích khối chóp H.ABC

B-PHẦN DÀNH CHO HỌC SINH TỪNG BAN: ( 3 điểm )

* Học sinh Ban Cơ bản làm các câu 3a, 4a, 5a:

Câu 3a: (1điểm) Giải phương trình: 5x 3.51x 8 0

  

Câu 4a: (1điểm) Giải bất phương trình: log2x22x 3 1 log 32 x1

Câu 5a: (1điểm) Cho tam giác ABC vuông góc tại A, AC b AB c ,  quay quanh cạnh huyền BC Tính thể tích khối tròn xoay được tạo thành

* Học sinh Ban Nâng cao làm các câu 3b, 4b, 5b:

Câu 3b: (1điểm) Giải hệ phương trình:

 

4

1

5 5

x y

x y





 



 

 





Câu 4b: (1điểm) Giải phương trình:  2   2 

log x 2x1 log x 2x

Câu 5b: (1điểm) Hình trụ có bán kính đáy R và trục OO 2R Hai điểm A, B lần lượt thuộc hai đường tròn đáy (O) và (O’) sao cho góc giữa AB và trục OO’ bằng

 Tính khoảng cách giữa AB và OO’ theo R và 

-Hết -HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 12 KIỂM TRA HỌC KỲ I - - ĐỀ CHÍNH THỨC. A- PHẦN CHUNG BẮT BUỘC ( 7 điểm ) Câu Nội dung Điểm 1a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2 1 1 x y x    2,00 TXĐ: D \ 1   2 3 0, 1 1 y x x         Hàm số luôn luôn nghịch biến trên hai khoảng  ;1 và 1; Hàm số không có cực trị + lim1 x y     , lim1 x y     x 1 là tiệm cận đứng + xlim y xlim y 2        y 2 là tiệm cận ngang. Bảng biến thiên: x   1 

y  

y 2 

  2

+ Đồ thị:

Đồ thị cắt trục hoành tại điểm 0,5;0, cắt trục tung tại điểm 0; 1 

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

0,25

0,25 0,25

0,25

0,50

0,50

1b Viết phương trình tiếp tuyến 1,00

Đồ thị (C) cắt trục tung tại điểm A0; 1 

Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm A là: k y 0 3

Phương trình tiếp tuyến tại A là: y 1 3x 0  y3x 1

0,25 0,25

0,50

1c Tìm m để đường thẳng d có pt y m x  2 2 cắt đồ thị (C) 1,00

Đường thẳng d: y m x  22 cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt

 pt 2 1  2 2

1

x

m x x



 có 2 nghiệm phân biệt x1 và x2 khác 1

     có 2 nghiệm phân biệt x1 và x2 khác 1

2

2

0

m









4 3 0

m m



 









0,25

0,25

0,50

2a Chứng minh rằng DC vuông góc với AH 0,50

Hình vẽ: 0,50 điểm

H'

B A

S

Ta có



0,50

2b Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD 1,00

Ta có SA(ABCD) SAAC SAC 900

CD(SAD) CDSD SDC 900, tương tự SBC 900

Suy ra ba điểm A, B, D cùng thuộc mặt cầu đường kính SC, hay mặt

cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD có tâm là trung điểm I của SC, bán

kính 2

SC

R 

Từ tam giác vuông SAB ta có

3

0,25

0,25

Từ tam giác vuông SAC ta có SC2 SA2 AC2 SA2  AB2 BC2 =

a  a a  a  SC a 5

5

SC a R

0,50

Trong mặt phẳng (SAD) dựng HH//SA, với HAD

Vì SA(ABCD) nên HH (ABCD)

Suy ra thể tích khối chóp H.ABC là:

.

V  S HH AB BC HH

Tam giác SAD có SA AD a  nên nó là tam giác cân, suy ra H là

trung điểm của SD, do đó 2 2

SA a

Vậy

3

3

H ABC

a

0,25

0,25

0,25

0,25

PHẦN DÀNH CHO HỌC SINH TỪNG BAN ( 3 điểm )

* Ban Cơ bản

3a Giải phương trình: 5x 3.51 x 8 0

Đặt t 5x, điều kiện t 0, phương trình trở thành:

15

8 0

t

t

3 5

t t







5 3

5 5

x x



 







5 log 3 1

x x





 





4a

Giải bất phương trình: log2x22x 3 1 log 32 x1

Bpt  log2x2 2x 3 log 2 32  x1 2  

x

 



 



2

1 3

x



 



 



1 3

x



 



 

0,50

0,50

5a Tính thể tích khối tròn xoay được tạo thành 1,00

Gọi V là thể tích khối tròn xoay,

V V B, C lần lượt là thể tích các khối

nón đỉnh B, C có chung đường tròn

đáy tâm H, bán kính r HA ( HA là

đường cao của tam giác vuông ABC)

0,25

Ta có V V B V C

1 2 

3 AH BH HC

2 1

3 AH BC



AH

Vậy

2 2

1

3

b c





2 2

1 3

b c







0,25

0,25

0,25

* Ban Nâng cao

Điều kiện x y 0, x y 0

2 4

5 y x 5x y

x y x y









 





4

2 32

x y

y x







 



3 32





 



6 2

x y





 



 hoặc

6 2

x y









 ( loại vì x y  8 0)

6 2

x y





 



 Vậy hệ phương trình có một nghiệm x y ;  6;2

0,25

0,25

0,25

0,25

4b

Giải phương trình:  2   2 

log x 2x1 log x 2x

Điều kiện

2

2





  x2 2x0 (*)

2

log 2

t  x  x  x22x2t 0 ( thoả mãn điều kiện (*) ) Phương trình đã cho trở thành:

log 2 13 t   t 2 1 3t t

1

     

    (1)

Hàm số

( )

f t     

    nghịch biến trên  và f(1) 1 nên (1) có nghiệm duy nhất t 1

Với t 1 x2 2x2  x 1 3

0,25

0,25

0,25

0,25

5b Tính khoảng cách giữa AB và OO’ theo R và  1,00

Dựng đường sinh BC, khi đó OO BC//

 OO//(ABC), suy ra

d OO AB ,  d OO ABC ,( ) d O ABC ,( )

Gọi H là trung điểm của dây AC thì OH AC

Đồng thời BC( ) O  BC OH

Suy ra OH (ABC) OH d O ABC  ,( )

Vậy d OO AB ,  d O ABC ,( ) OH

Từ OO BC//  OO AB,  ABC

Từ tam giác vuông ABC, ta có

AC BC .tan 2 tanR  tan

2

AC

Từ tam giác vuông AOH ta có OH2 OA2  AH2 R21 tan 2

2

1 tan

   Vậy d OO AB ,  OH R 1 tan 2 , với

điều kiện 1 tan 2 0 hay 00  450

0,25

0,25

0,25

0,25