DE THI HOC KY 1 LOP 12 MON tOAN

Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị C biết tiếp tuyến vuông góc với đường.. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG THPT GANG THÉP

-ĐỀ 03

ĐỀ THI HỌC KỲ I NĂM HỌC 2014 – 2015

Môn: Toán , Lớp 12

Thời gian : 180 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1(3 điểm): Cho hàm số :

1

x y x







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

b Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến vuông góc với đường

thẳng

1

3

c Tìm điểm M trên (C) thỏa mãn khoảng cách từ M đến Oy gấp 2 lần khoảng cách

từ M đến d y x:  1

Câu 2(1 điểm) : Cho hàm số :

4 1

3

y x

x

  

 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn 4;6

Câu 3(2 điểm) :

1 Giải các phương trình :

a 2.32x  3x1 1 0 b

2

2 log xlog x 2 0

2 Giải các bất phương trình :

a 2x2 2.5x 2x 5x1 b log 1 2log2  9x 1

Câu 4(3 điểm): Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B, AB BC a  , cạnh

bên SA vuông góc với đáy Góc giữa SB và đáy là 600

a Tính thể tích khối chóp S.ABC.

b Xác định tâm và tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC.

c Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB.

Câu 5(1 điểm): Cho ba số a, b, c dương thỏa mãn a b c  3 Tìm giá trị nhỏ nhất của

2 2 2

P

-Hết -ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI MÔN TOÁN 12 HỌC KỲ I NĂM HỌC 2014 – 2015

ĐỀ SỐ 3

Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa

g điểm

1a Hs thực hiện đầy đủ các bước khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số:

+ TXĐ

+ Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên và cực trị

- Giới hạn và tiệm cận

- Lập bảng biến thiên

+ Vẽ đồ thị hàm số

1đ

1b

Ta có  2

3 '

1

y x





Vì tiếp tuyến vuông góc với

1

3

nên tiếp tuyến có hệ số góc là k 3

Gọi tiếp điểm của tiếp tuyến cần tìm là M x y 0; 0 Khi đó ta có :

0 2

0 0

0 3

3

2 1

x x x





Với x 0 0 ta có M0; 1  Phương trình tiếp tuyến cần tìm là

y x

Với x 0 2 ta có M  2;5 Phương trình tiếp tuyến cần tìm là

0,25

0,25

0,25 0,25

1c

Giả sử

1

m

m







  là điểm thỏa mãn yêu cầu Ta có:

2 2

2

1

2

1

1

m

m

m











Vậy M2;1 là điểm cần tìm.

2

4 ' 1

3

y

x

 



0,25

 

 

 

2

4

3

x y

x x

  

 

Ta có  4 9,  5 8,  6 25

3

Vậy:

 

 

4;6

4;6

0,25 0,25

0,25 3.1.a TXĐ : D 

Đặt t3xt 0 ta có phương trình

2

1

2

t

t







 



Với t = 1 ta có x = 0

Với

1 2

t 

ta có 3

1 log 2

x 

0,25 0,25 3.1.b Điều kiện : x > 0

Đặt t log2x ta có phương trình

2 0

2

t

t







Với t = - 1 ta có x =

1 2

Với t 2 ta có x 4

0,25 0,25 3.2.a TXĐ : D 

 

5

x

0,5 3.2.b Điều kiện : x 0;3.

Kết hợp với điều kiện của bất phương trình thì bất phương trình có tập

nghiệm

1

;3 3

S  

0,25

0,25

Góc giữa SB và (ABC) là SBA  600

Ta có :

2

ABC

a

Ta có :

2 3

S ABC ABC

0,25

0,25 0,25

0,25 4b Gọi I là trung điểm SC Khi đó ta có IAISIC

Ta có :



Do đó IBISIC

Vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC.

Ta có : AC a 2 SC a 5

Bán kính mặt cầu là

5

Diện tích mặt cầu là S m c/ 4R2 5a2

1

4c Gọi D là đỉnh của hình bình hành ACBD, M là trung điểm BD Khi đó tam

giác ABD vuông cân tại A nên BDSAM

Dựng AH SM H SM, 

Ta có : BDSAM SBD  SAM  AH SBD

Ta có d AC SB ,  d AC SBD ,   d A SBD ,   AH

Vì

3,

0,5

0,5

5 Ta có :

 

2

2

2

1

1

a b

c

c a









Dấu bằng xảy ra nếu a b c  1

Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

3

2 khi a b c  1

1