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
3
( 2 điểm) b) Tìm m để đường thẳng ( ) :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
x 0;
2
b) Giải phương trình:
2
3
log 6 log 1 0
( 1 điểm)
c) Giải hệ phương trình: x y x
2
x
1
, m là tham số.
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 x 4y 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
Giới hạn xlim y ; xlim y
( 0,25 điểm)
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 x 4; '' 0 y 2x 4 0 x2 Điểm uốn
I 2; 1 3
(0,25 điểm)
Điểm đặc biệt: A 0; 1
,
B 4;1 3
1
1
+
-x
'
f x
Trang 3Đồ thị hàm số nhận điểm uốn
I 2; 1 3
làm tâm đối xứng
b) Tìm m để đường thẳng ( ) :d y2mx 1 cắt C
tại 3 điểm phân biệt?
Phương trình hoành độ giao điểm của ( )C và ( )d là:
x
Đặt g x 1x3 2x 3 2m
3
( 0,5 điểm)
Để PT đã cho có 3 nghiệm phân biệt thì PT g x( ) 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 0
m m
m
3
2
Bài 2 ( 3 điểm)
a) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số:
f x( ) 1cos2x 2sinx 2
, với
x 0;
2
Ta có
f x( ) 1 1 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
g t( )2 2, ( ) 0t g t t 1, t 0;1 (0,25 điểm)
Ta có: g(0) 1; g(1) 5
0
-2
A
2
y
I 1
-2
3 4
.
.
.
.
.
B
.
-1
.
Trang 4Giá trị lớn nhất là:
g t g khi t f x khi x
2
Giá trị nhỏ nhất là:
2
Vậy
f x khi x
0;
2
5 max ( )
,
f x khi x
0;
2
1
6
( 0,25 điểm)
b) Phương trình
2
3
log 6log 1 0
4 log23x 3log3x1 0
(0,25 điểm) Đặt tlog3x
x x
t
3 2
4 3
3
1
1
log
c) Giải hệ phương trình x x
x y
y2
(2) 27 3 9 3 3 , thay vào phương trình (1) ta được:
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)
Tập xác định D R \ 2
( 0,25 điểm)
y
'
y' 0 x22x 0 x02 y m 13
I1( 2; m 3)
2
3
m
1
m
+
-x
'
f x
f x
-1
Trang 5S
A
B
K E
M
N
Q
H d
Khoảng cách từ điểm cực đại I1( 2; m 3)
đến đường thẳng ( ) : 3 x 4y 2 0 là:
5
Bài 4 (3 điểm)
Vẽ hình đúng (0,5 điểm)
Do SA(ABC) nên SA là đường cao
của hình chóp S ABC .
ABC
V 1 SA S
(0,25 điểm)
Mà ABC vuông cân tại C
ABC
a
S 1AC AB 1a 3 3a 3 2
( 0,25 điểm)
Suy ra V 12 a a23 a3
điểm)
b) Gọi H là trung điểm BC Ta có: HA HB HC (do ABC vuông tại A)
Từ 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 E của 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 I là tâm mặt cầu ngoại tiếp S ABC. Bán kính R IA .
Ta có
a
IA IH2 AH2 10
2
(0,5 điểm) Diện tích mặt cầu là: S4R2 10a2
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 Q là trung điểm
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
=============================
Trang 6ĐỀ II : ÔN TẬP 12 HỌC KỲ I
( Thời gian 90 phút)
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ HỌC SINH: (7 điểm)
Câu 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 4 8x215 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 1 64
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)
Trang 71) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
x x y
x
2
biết tiếp tuyến song song với 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
x y x
4 1
biết tiếp tuyến song song với đường thẳng 3x 4y0
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 I 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: x y x x x y x x x x x 3 3 3 3 5 3 5 lim lim 1 ; lim lim 1 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
0,5
Trang 8– 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 5 6 7
x y
2 Dựa vào đồ thị (C) …
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
II 1 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
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
b) y = ex.ln(2 + sinx) Tập xác định:
y’ = (ex)’.ln(2 + sinx) + ex.(ln(2 + sinx))’
= ex.ln(2 + sinx) + ex
x x
(2 sin )'
2 sin
= ex.ln(2 + sinx) + ex
x x
cos
2 sin
0,5
III Giải phương trình:
1 4x x2 1 64
4x x2 1 43
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
IV
2a
a S
C
D A
Trang 91 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 = S ABCD.AA' = 4a2.a = 4a3
0,75
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 = MB C D
1
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 =
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.log2 x
Điều kiện xác định của phương trình: x > 0
x
e6 ln2 x
log2e6 ln 2x log2x5 e6 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
3
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
Vb
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) 1,0
Trang 10y x y x
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
Với x0 = 3, y0 = –1/2, ta có tiếp tuyến tại (3; –1/2) là y = 3(x 3) 1
2 6 2 2x 5.10xlog2
x
6 2 5.10 6 2 5.2
2
2x = 2 hoặc 2x = 3
Với 2x = 2 x = 1
Với 2x = 3 x = log23
1,0
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
1,0