Tính diện tích của mặt cầu và thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD đã cho.. 3 Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a 2.[r]
Trang 1ĐỀ I : ÔN TẬP 12 HỌC KỲ I
( Thời gian 90 phút)
Bài 1 (3 điểm)
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: y f x( ) 1x3 2x2 3x 1 ( ) C ( 2 điểm)
3
b) Tìm để đường thẳng m ( ) :d y2mx1 cắt ( )C tại 3 điểm phân biệt? ( 1 điểm)
Bài 2 (3 điểm)
a) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số:
f x( ) 1cos2x 2sinx 2 , với ( 1 điểm)
2
3 log 6 log 1 0
2
Bài 3 (1 điểm) Cho hàm số y x m x m C m , là tham số
x
1
Chứng minh rằng vớim, đồ thị C m luôn có cực đại, cực tiểu Tìm m để khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị C m đến đường thẳng ( ) : 3 x4y 2 0 bằng 4? ( 1 điểm)
Bài 4 (3 điểm) Cho hình chóp S ABC có SA(ABC), đáy là ABC vuông cân tại A
Biết SA2 ,a AB a 3, AC a 3
a) Tính thể tích của khối chóp S ABC (1,5 điểm)
b) Xác định tâm I và tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC Suy ra diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC và thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC
c) Gọi M N P, , lần lượt là trung điểm của SB SC AC, , Mặt phẳng (MNP) cắt AB tại Q
Tính diện tích toàn phần của khối đa diện MNPQBC ( 0,5 điểm)
===========================
Trang 2ĐỀ SỐ I
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ 1 Môn TOÁN Lớp 12 Nâng cao
Thời gian làm bài 90 phút
Bài 1 (3 điểm)
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: y f x( ) 1x3 2x2 3x 1 ( ) C
3
xlim y ; xlim y
1
1
1
0
+
-x
'
f x
f x
Hàm số nghịch biến trên (1;3), đồng biến trên ( ;1) và (3;)
Điểm cực tiểu I1(3; 1) , điểm cực đại I2 1;1
3
Ta có y'' 2 x4; '' 0 y 2x 4 0 x 2 Điểm uốn I 2; 1 (0,25 điểm)
3
Điểm đặc biệt: A 0; 1 , B 4;1
3
0 -2
A
2 -1
x
y
I 1
-2
3 4
1 3 1 3
.
.
.
.
B
2
I
1
I
.
-1
Đồ thị hàm số nhận điểm uốn I 2; 1 làm tâm đối xứng
3
Trang 3b) Tìm để đường thẳng m ( ) :d y2mx1 cắt C tại 3 điểm phân biệt?
Phương trình hoành độ giao điểm của ( )C và ( )d là:
Đặt g x 1x3 2x 3 2m ( 0,5 điểm)
3
Để PT đã cho có 3 nghiệm phân biệt thì PT g x( ) 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 0
m
1 (3 2 ) 0
3 (0) 0
2 2
Bài 2 ( 3 điểm)
a) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số:
f x( ) 1cos2x 2sinx 2 , với
2
Ta có f x( ) 11 2sin2x 2sinx 2 sin2x 2sinx 1, x 0; (0,25 điểm)
Đặt t sin , 0x t 1 g t( ) t2 2t 1, t 0;1 (0,25 điểm)
g t( ) 2 2, ( ) 0t g t t 1, t 0;1 (0,25 điểm)
Ta có: g(0) 1; g(1) 5
Giá trị lớn nhất là:
g t g khi t f x khi x
2
Giá trị nhỏ nhất là: g t g khi t f x khi x
2
0;
2
5 max ( )
f x khi x
0;
2
1
6
b) Phương trình 21 x 9x (0,25 điểm)
3 log 6 log 1 0 4 log23x3log3x 1 0
x x
t
3 2
4 3
3
1
1
log
.
Trang 4S
A
B
K E
M
N
Q
H d
c) Giải hệ phương trình x x y x
y2
, thay vào phương trình ta được:
( 0,5 điểm)
y
y
y
2
1
2
2
Vậy hệ phương trình có nghiệm (1;1); (1; 1); (4;2); (4; 2) ( 0,5 điểm)
Bài 3 (1 điểm)
'
' 0 2 0 2 3
2
3
m
1
m
0
+
-x
'
f x
f x
-1
Dựa vào BBT điểm cực đại là: I1( 2; m3) (0,25 điểm)
Khoảng cách từ điểm cực đại I1( 2; m3) đến đường thẳng ( ) : 3 x4y 2 0 là:
m
5
Bài 4 (3 điểm)
Vẽ hình đúng (0,5 điểm)
Do SA(ABC) nên SA là đường cao
của hình chóp S ABC
(0,25 điểm)
ABC
V 1 SA S
Mà ABC vuông cân tại C
S ABC 1AC AB. 1a 3 3a 3a2
( 0,25 điểm)
Suy ra V 12 a a23 a3 ( 0,5 điểm)
b) Gọi H là trung điểm BC Ta có: HA HB HC (do ABC vuông tại ) A
Trang 5Từ H dựng đường thẳng d (ABC) Suy ra d là trục mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC Dựng mặt phẳng trung trực của cạnh SA đi qua trung điểm của E SA, cắt d tại điểm I
Ta có IA IS (1)
Tương tự, dựng mặt phẳng trung trực các cạnh SB SC, Ta có: IC IB IS (2)
Từ (1),(2) suy ra là tâm mặt cầu ngoại tiếp I S ABC Bán kính R IA
2
Diện tích mặt cầu là: S4 R2 10 a2
Thể tích khối cầu là: V 4 R3 5 10 a3 (0,5 điểm)
c) Mặt phẳng (MNP) cắt (ABC) theo giao tuyến PQ song song với BC, với là trung điểm Q
của AB (0,25 điểm)
Diện tích toàn phần của khối đa diện MNPQBC bằng:
dt MNPQ dt BMQ dt PNC dt BCPQ dt MNBC
a2 6 a2 3 a2 3 9a2 a23 33 6 3 9 3 33 a2
=============================
ĐỀ II : ÔN TẬP 12 HỌC KỲ I
( Thời gian 90 phút)
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ HỌC SINH: (7 điểm)
Trang 6Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y = x3 – 3x2 + 5 (1)
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)
2) Dựa vào đồ thị (C) của hàm số (1), tìm tham số m để phương trình sau có nghiệm:
23t – 3.4t + 5 = m (t là ẩn)
Câu II: (2 điểm)
1) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y x 48x215 trên đoạn [–1; 3]
2) Tính đạo hàm của các hàm số sau:
a) y x e 2 4 x b) y e x.ln(2 sin ) x
Câu III: (1 điểm) Giải các phương trình sau:
1) 4x x2 164 2) log3xlog (3 x 2) 1
Câu IV: (2 điểm) Cho hình lăng trụ tứ giác đều ABCD.A’B’C’D’ có độ dài cạnh đáy là 2a, cạnh bên
là a.
1) Chứng minh hai khối tứ diện ABDA’ và CBDC’ bằng nhau
2) Tính thể tích của khối lăng trụ ABCD.A’B’C’D’
3) Gọi M là trung điểm của cạnh A’D’, S là tâm của hình vuông ABCD Tính thể tích của khối chóp S.MB’C’D’
II PHẦN RIÊNG: (3 điểm)
Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần: Theo chương trình Chuẩn hoặc Nâng cao
1 Theo chương trình Nâng cao
Câu Va: (3 điểm)
1) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y x x biết tiếp tuyến song song với
x
2
đường thẳng 3x y 2 0
2) Giải phương trình: log2e6 ln 2x 5.log2x
3) Cho hình chóp đều tứ giác S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a 2 Tính diện tích của mặt cầu và thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD đã cho
2 Theo chương trình Chuẩn
Câu Vb: (3 điểm)
1) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y x biết tiếp tuyến song song với đường
x
4 1
thẳng 3x4y0
2) Giải phương trình: 6 2 2x 5.10xlog2
3) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a 2 Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình nón ngoại tiếp hình chóp S.ABCD đã cho
ĐỀ SỐ II ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2008 – 2009 Môn TOÁN Lớp 12
Thời gian làm bài 90 phút
Trang 7I 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số: y = x3 – 3x2 + 5
1 Tập xác định:
2 Sự biến thiên:
a)Giới hạn tại vô cực:
3
0,25
b) Bảng biến thiên:
y’ = 3x2 – 6x = 3x(x – 2); y’ = 0 x = 0 hoặc x = 2 0,25
BBT:
x – 0 2 +
y’ + 0 – 0 +
5 +
y – 1
Hàm số đồng biến trên (–; 0) và (2; +); nghịch biến trên (0; 2) xCT = 2, yCT = 1; xCĐ = 0, yCĐ = 5 0,5 3 Đồ thị: y’’ = 6x – 6; y’’ = 0 x = 1 – Đồ thị nhận điểm uốn I(1; 3) làm tâm đối xứng – Đồ thị đi qua (–1; 1), (3; 5) -2 -1 1 2 3 4 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 x y 0,5 Dựa vào đồ thị (C) …
2 Đặt x = 2t > 0, phương trình đã cho thành: x3 – 3x2 + 5 = m Vậy phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi đường thẳng y = m có điểm chung với đồ thị (C) của hàm số (1) trên khoảng (0; +) Dựa vào đồ thị (C) của hàm số (1) trên khoảng (0; +) ta có các giá trị của m cần tìm là: m 1 0,5 Tìm giá trị nhỏ nhất và …
Hàm số y = x4 – 8x2 + 15 liên tục trên đoạn [–1; 3]
Ta có y’ = 4x3 – 16x = 4x(x2 – 4)
2
0,5
1
y(–1) = 8; y(0) = 15; y(2) = –1; y(3) = 24
Vậy Min y y Max y y [ 1; 3] (2) 1; [ 1; 3] (3) 24
0,5
2 Tính đạo hàm của các hàm số:
a) y = x2.e4x Tập xác định: y’ = (x2)’.e4x + x2.(e4x)’ = 2x.e4x + x2.(4x)’.e4x = 2x.e4x(1 + 2x)
0,5
II
b) y = ex.ln(2 + sinx) Tập xác định: y’ = (ex)’.ln(2 + sinx) + ex.(ln(2 + sinx))’
0,5
Trang 8= ex.ln(2 + sinx) + ex x = ex.ln(2 + sinx) + ex.
x
(2 sin )'
2 sin
x x
cos
2 sin
III Giải phương trình:
1 4x x2 164 4x x2 143 x2 – x + 1 = 3 x = –1 hoặc x = 2 0,5
2 log3xlog (3 x 2) 1 Tập xác định: (2; +)
log log ( 2) 1 log3[x x( 2)]1
x(x – 2) = 3 x2 – 2x – 3 = 0 x = –1 hoặc x = 3
Vậy phương trình có nghiệm là x = 3
0,5
2a a
M
S
C
D A
D'
A'
1 Ta có mp(BDD’B’) là mặt trung trực của hai đoạn thẳng AC và A’C’ nên
phép đối xứng qua mp(BDD’B’) biến bốn điểm A, B, D, A’ lần lượt thành bốn
C, B, D, C’
Vậy hai khối tứ diện ABDA’ và CBDC’ bằng nhau
0,25
2 Ta có đáy của khối lăng trụ là hình vuông ABCD có diện tích bằng 2a.2a =
4a2 Chiều cao của khối lăng trụ bằng AA’ = a
Vậy thể tích của khối lăng trụ là V = = 4a2.a = 4a3
ABCD
S AA'
0,75
IV
3 Ta có đáy của khối chóp S.MB’C’D’ có diện tích bằng:
SMB’C’D’ = SA’B’C’D’ – SA’B’M = 4a2 – a2 = 3a2 Chiều cao của khối chóp S.MB’C’D’ bằng khoảng cách từ S đến mp(A’B’C’D’) và bằng AA’ = a
Vậy thể tích của khối chóp S.MB’C’D’ là V = S MB C D AA' = 1 a a a
3
' ' '
0,75
Va
1 Tiếp tuyến song song với đường thẳng 3x + y – 2 = 0 nên có hệ số góc k = –
3 Gọi (x0; y0) là tọa độ tiếp điểm, ta có k = –3 = y’(x0)
y’(x0) = –3 (x0 + 2)2 = 1 x0 = –1 hoặc x0 = –3
Với x0 = –1, y0 = 0, ta có tiếp tuyến tại (–1; 0) là y = –3(x + 1)
Với x0 = –3, y0 = –10, ta có tiếp tuyến tại (–3; –10) là y = –3(x + 3) – 10
1,0
2 log2e6 ln 2x 5.log2x
Điều kiện xác định của phương trình: x > 0
x
e6 ln2 x
log 5.log log2e6 ln 2x log2x5e6 ln 2x x5
lnx = 2 hoặc lnx = 3
Với lnx = 2 x = e2 (thỏa đk) Với lnx = 3 x = e3 (thỏa đk) Vậy phương trình có hai nghiệm: x = e2, x = e3
1,0
Trang 93
Gọi O là tâm hình vuông ABCD, ta có OA = OB = OC = OD = a;
OS2 = SA2 – OA2 = 2a2 – a2 = a2 OS = a Vậy tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là O, bán kính R = a
Diện tích mặt cầu S = 4R2 = 4a2 Thể tích khối cầu V = 4 R3 4 a3
3 3
1,0
1 Tiếp tuyến song song với đường thẳng 3x – 4y = 0 nên có hệ số góc k =
3/4 Gọi (x0; y0) là tọa độ tiếp điểm, ta có k = 3/4 = y’(x0)
y’(x0) = 3/4 (x0 – 1)2 = 4 x0 = –1 hoặc x0 = 3
Với x0 = –1, y0 = 5/2, ta có tiếp tuyến tại (–1; 5/2) là y = 3(x 1) 5
4 2 Với x0 = 3, y0 = –1/2, ta có tiếp tuyến tại (3; –1/2) là y = 3(x 3) 1
4 2
1,0
2 6 2 2x 5.10xlog2 6 2 2x 5.10log2x 6 22x 5.2x
2x = 2 hoặc 2x = 3
2
Với 2x = 2 x = 1
Với 2x = 3 x = log23
1,0
Vb
3
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD, ta có hình nón ngoại tiếp hình chóp S.ABCD có bán kính đường tròn đáy R = OA = a; chiều cao = SO = a; đường sinh SA = a 2
Sxq = R.SA = a2 2; V = 1 R SO2 1 a a2 1 a3
3 3 3
1,0