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.[r]
Trang 1SỞ 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 5x24
2 Tìm m để phương trình x4 5x24 m có 4 nghiệm phân biệt
Câu II (1 điểm)
Giải phương trình: 2(log2x 1)log4 x log2 1 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 x1 x9
2 Giải bất phương trình:
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(m1)2x22m 6 0 có nghiệm thuộc đoạn 0; 2
Trang 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 4x310x;
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
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
trục đối xứng, giao với Ox tại 4 điểm ( 1; 0); (2; 0) (Hình 1)
0,50 y
O
-1 -2
4
-9/4
O
x -1
-2
4
y
y = m (C1)
9/4 (C)
Trang 3(Hình 1) (Hình 2)
I.2
Tìm m để phương trình x4 5x24 m
Gọi (C1) là đồ thị hàm số y x 4 5x24 (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
II
Giải phương trình 2(log2x 1)log4 x log2 1 0
4
Điều kiện: x > 0
(1) (log2x1)log2x 2 0 log22xlog2x 2 0
0,5
x x
2 2
2
1
4
0,5
O
x -1
-2
4
y
y = m (C1)
9/4
Trang 4Thể 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 = AN2AO2 AN =
0,25
2
Mặt cầu có bán kính
a
R IA 2 3
3
nên S
R
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
0,25
D
B O
N
M I
d
F
E
K
Trang 5Ta có DBF DBC
h
V1 1 S 1h S 1V V2 V V V1 1V 5V
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:
V1 DA DC DB
1
6
0,25
IVa.1 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y x1 x9. 1,00
Tập xác định D = [1; 9]
y
'
, y' 0 x1 9 x x5
0,50
y(1)= y(9) = 2 2, y(5) = 4
max (5) 4, min (1) (9) 2 2
4
log log (2 ) log 0 log (2 ) log 1
(điều kiện: x > 0) 0,25
x
x
2
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( m2) 0 m2 Gọi x1, x2 là hai điểm cực trị của hàm số, khi đó theo định lí Viet ta có
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)(2x11)
, y x( ) (2 m 2)(2x21)
0,25
C CT
y y§ y x y x( ) ( ) (1 2 m 2) (22 x11)(2x21) ( m 2) [42 x x1 22(x1x2) 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
Trang 6Tập xác định: D = [– 2; 2]
y
2
4 ' 1
0,25
x
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
x t y
ta cĩ
t
2 5 2 5 2 0 1/ 2
0,25
+) Với t = 2 x2ythế vào (3) ta được 4y2 y2 3 y1
Khi y 1 x 2 (thoả mãn)
Khi y1 x 2 ( loại)
0,25
+) Với t =
1
2 y2x 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 = 2x2, do x x0; 2 nên t[1;4]
(1) trở thành (m 2)t2 2(m1) 2t m 6 0 (2)
2
2
2 2
0,25
Xét hàm số f(t) trên [1; 4]
t loại
t
2
2
2 ( )
0,25
f(1) = 10, f(4) =
23
5 , f 43
= 11
max ( ) 11,min ( ) (4)
0,25
Trang 7(1) có nghiệm thuộc [0; 2] (2) có nghiệm thuộc [1; 4] 23 m 11
5
Vậy: 23 m 11
5
0,25