Đề tham khảo thi học kì I Toán lớp 12 (Đề 9)

3 Quay tam giác SAH quanh cạnh góc vuông SH, đường gấp khúc SAH tạo thành một hình nón tròn xoay... Mọi cách giải khác đúng đều cho điểm tối đa.[r]

SỞ GD – ĐT BÌNH ĐỊNH

TRƯỜNG THPT NGUYỄN HỮU QUANG

-ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I NĂM HỌC 2011 – 2012 Môn: TOÁN 12 – Chương trình chuẩn

Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian giao đề) -Câu 1 (3 điểm) Cho hàm số y2x3 3x2 1 có đồ thị (C)

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

2) Dựa vào đồ thị (C) biện luận theo số nghiệm phương trình m 2x33x2   2 m 0

Câu 2 (2 điểm)

1) Giải phương trình 32x 12.3x  5 0

2) Giải bất phương trình: ( 2)

2 1 log ) 2 3 2 ( 2 1 log x  x  x

Câu 3 (2 điểm)

1) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f x( ) 9x2

2) Tìm nguyên hàm của hàm số f x( ) 3 lnx

x





Câu 4 (3 điểm) : Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a, mỗi

cạnh bên đều bằng 2a, đường cao SH

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

2) Xác định tâm O và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC

3) Quay tam giác SAH quanh cạnh góc vuông SH, đường gấp khúc SAH tạo thành một hình nón tròn xoay Tính diện tích xung quanh của hình nón tròn xoay và thể tích khối nón được tạo nên bởi hình nón tròn xoay đó

-*** -Đáp án môn Toán năm học 2011 – 2012 (HKI)

1) khảo sát hàm số

1 TXĐ: D = R

2 Sự biến thiên +) Chiều biến thiên

,

2

' 6 6

1

x y

x





0,25

0.25

Trên các khoảng (;0) và (1;) y' 0 nên hàm số đồng

biến

Trên khoảng (0;1) y' 0 nên hàm số nghịch biến

0,25

+) Cực trị

Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y CD  y(0) 1

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1; y CT  y(1) 0

0,25

+) Các giới hạn tại vô cực

x

x





0,25

+)Bảng biến thiên

x  0 1 

y’ + 0 - 0 +

y 1 

0



0,25

1

3 Đồ thị

Phương trình 2x33x2  1 0 có 2 nghiệm x1 và 1

2

x 

nên đồ thị giao với Ox tại : ( 1;0) à (1;0)



0,5

-4 -3 -2 -1

1 2 3 4

x y

2) 2x3 3x2   2 m 0 2x33x2   1 m 1 (*)

Số nghiệm phương trình đã cho tức pt (*) bằng số giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng y m 1

0,25 0,25

+) Nếu 1 1 2 pt (*) có 1 nghiệm



+) Nếu 1 1 2 pt (*) có 2 nghiệm



+) Nếu 0  m 1 1   1 m 2 pt (*) có 3 nghiệm

0,5

2) 32x 12.3x   5 0 3.32x 2.3x  5 0 0,25

2

Đặt 3x t t, 0 ta có phương trình 3t2   2t 5 0 0,25

1 5 3

t t









  



0,25

thỏa mãn ĐK

1

2 1 log ) 2 3 2 ( 2 1 log x  x  x

(1)



















 0 2

2 2

3 2

x

x x



















2

0 2 2

x

x



























2 2 0

x

x

















2

0 2

x

; y’ = 0  x = 0 2

9

'

x

x y





0 ] 3

; 3 [min

; 3 ] 3

;

3





3

3 ln x

x





Đặt t  3 lnx dt  1dx

Thay t  3 lnx vào kết quả, ta được (3 ln )2

2

x

S I

O

A C

H M

B

1) Theo đề bài SH (ABC)

Vì tam giác ABC đều nên H là trọng tâm tam giác ABC

1

3 ABC

+)

2 3 4

ABC

a

+)

2

(2 )

3

a

33 3

a



Vậy

0,25

0,25

0,25 0,25

4

2) Gọi I là trung điểm của SA, qua I kẻ đường trung trực của

SA cắt SH ở O Ta có O chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình

chóp S.ABC

Bán kính R = OS =OA = OB =OC

và đồng dạng nên

SIO

SI

a

0,5

0,5

3) 2

xq

2 3 3

S  rl  a

V   r h  a

0,5 0,5

Mọi cách giải khác đúng đều cho điểm tối đa