SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I
BÌNH PHƯỚC Năm học: 2013-2014
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN – Lớp 12
(Đề gồm 1 trang) Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề)
A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7.0 điểm)
Câu 1 (3 điểm): Cho hàm số 3 2
2 3 2
y x x
1. Khảo sát và vẽ đồ thị
C
của hàm số.
2. Bằng đồ thị
C
, tìm
m
để phương trình 3 2
2 3 0
có đúng 2 nghiệm.
Câu 2 (1 điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số 2
( ) 8ln
y f x x x
trên đoạn
;
[1 ]
e
.
Câu 3 (1 điểm): Giải phương trình: 2 2
log log ( 1) 1
x x
Câu 4 (2 điểm): Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. SA
(ABCD) và
2.
SD a Gọi E là trung điểm của cạnh BC.
1. Tính thể tích của khối chóp S.ADEB theo a.
2. Tính khoảng cách từ S đến đường thẳng DE.
B. PHẦN RIÊNG (3 điểm) (Thí sinh chọn một trong hai phần)
I. Chương trình chuẩn:
Câu 5a (2 điểm): Giải phương trình, bất phương trình sau:
1.
49 2.7 15 0.
x x
2. 2
3 3
log (3 1).log (3 9) 3.
x x
Câu 6a (1 điểm): Cho một khối trụ có độ dài trục
2 7
OO ¢=. ABCD là hình vuông cạnh bằng 8
có các đỉnh nằm trên hai đường tròn đáy sao cho tâm của hình vuông là trung điểm của đoạn
OO
¢
.
Tính thể tích của khối trụ đó.
II. Chương trình nâng cao:
Câu 5b (2 điểm): Giải các phương trình :
1. 4 4 2 4
2 17.2 1 0
x x
2.
7 4
log 1 log
x x x
Câu 6b (1 điểm): Cho hình nón (N) có đỉnh S, bán kính đáy bằng R và chiều cao
3 .
SO R
Một
mặt phẳng
song song với mặt phẳng đáy của hình nón cắt mặt xung quanh của hình nón theo
một đường tròn (C) có bán kính r
( ).
r R
Mặt phẳng
chia hình nón thành hai phần. Tính tỷ số
thể tích hai phần đó theo r và R. ........HẾT........
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………Số báo danh:…….......................................
Chữ kí của giám thị 1:………………………..Chữ kí của giám thị 2:……………………
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BÌNH PHƯỚC HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I
Môn: Toán – Lớp 12
CÂU
NỘI DUNG ĐIỂM
1.1
Tập xác định
D R
0,25
Sự biến thiên.
Giới hạn. Ta có lim , lim
x x
y y
 
 
0,25
2
' 6 6
y x x
Cho 2
0 2
' 0 6 6 0
1 3
x y
y x x x y
0,25
Bảng biến thiên.
x

0 1

y
-
0 + 0
-
y

3
2

0,5
Kết luận: Hàm số giảm trên
;0 , 1;
 
và tăng trên
0;1
.
Hàm số đạt cực đại bằng 3 khi
1
x
và đạt cực tiểu bằng 2 khi
0
x
0,25
Đồ thị.
Điểm đặc biệt:
1 7
x y
2 2
x y
Vẽ đồ thị:
0,5
1.2
Ta có
3 2 3 2
2 3 0 2 3 2 2 *
x x m x x m 0,25
*
là phương trình hoành độ giao điểm giữa
C
và : 2
d y m
. Số
nghiệm của
*
bằng số giao điểm của
C
và
d
. 0,25
Dựa vào đồ thị, yêu cầu bài toán thỏa mãn
2 2 0
2 3 1
m m
m m
. 0,5
x
y
O
Câu
2
2.0 đ
Câu 2 (2,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số
2
( ) 8ln
y f x x x
trên đoạn
;
[1 ]
e
.
Hàm số xác định và liên tục trên đoạn
;
[1 ]
e
/
8
( ) 2f x x
x
; /
2 1; ]
8
( ) 0 2 0
2 1; ]
[
[
x e
f x x
x e
x
0.25
0.25
2
2
2 2
(1) 1 8ln1 1
(2) 2 8ln2 4 ln256
( ) 8ln 8
f
f
f e e e e
0.25
Vậy: 1; ]
( ) 1 1
[ax
e
m f x khi x
1; ]
min ( ) 4 ln 256 2
[ef x khi x
0.25
Câu
3
ĐK :
1
x
0.25
Ta có :
2 2
2
2
log log ( 1) 1
log ( ) 1
x x
x x
0.25
2
2
2
2 0
x x
x x
0.25
1( )
2( )
x l
x n
0.25
Câu
4
0,25
a 2 2 1
3
S.ADEB ADEB
SA SD AD a,V SA.S 0,25
Ta có:
2
3
2
.
2 4
ADEB
aa
a
S a
0,25
Vậy
2 3
a 3
3 4 4
S.ADEB
a a
V
(đvtt) 0,25
Ta có: 5
, 2, .
2 2
a 3a
DE SD a SE 0,25
Suy ra:
0
1
45
2
cosDSE DSE 0,25
I
K
H
C
D
O
O'
A
B
Suy ra
2
0
1
.
2 4
DSE
3a
S SE.SD.sin45 0,25
Vậy
2 5
.
5
SDE
S 3 a
SH DE 0,25
5a
2
49 2.7 15 0 7 2.7 15 0
x x x x
0,25
7 3
7 5
x
x
0,25
7
7 5 log 5.
xx 0,25
Kết luận: nghiệm của phương trình là: 7
log 5.
x
0,25
5a.2 2
3 3 3 3
3 3
log (3 1).log (3 9) 3 log (3 1).log [9.(3 1)] 3
log (3 1). 2 log (3 1) 3 (1)
x x x x
x x
0,25
Đạt
3
log 3 1
x
t
, (1) trở thành
2
(2 ) 3 2 3 0 3 1
t t t t t
0,25
Do đó
3 3
1
3 log (3 1) 1 3 1 3 3 2 log 2.
27
x x x x 0,25
Vậy bất phương trình có nghiệm
3
log 2
x
0,25
6a
0,25
Giả sử
, ( )
A B O
Î và
, ( )
C D O
¢
Î
Gọi H, K, I lần lượt là trung điểm các đoạn AB,CD và
OO
¢
Vì 7 4
IO IH
= ¹ = nên
O H
¹
0,25
Theo tính chất của hình trụ ta có ngay OIH và OHA là các tam giác vuông lần
lượt tại O và tại H
Tam giác vuông OIH có 2 2
3
OH IH OI
= - =
Tam giác vuông OHA có 2 2
5
r OA OH HA
= = + =
0,25
Vậy, thể tích khối trụ là: 2 2
. . . .5 .2 7 50 7
V B h r h
p p p= = = = (đvtt) 0,25
5b.1 4 4 2 4 2
16 4
2 17.2 1 0 17. 1 0 4 17.4 16 0
16 16
x x
x x x x
(*) 0,25
Đặt
4
x
t
(ĐK: t > 0) phương trình (*) trở thành 0,25
2
1 4 1 0
17 16 0
16 2
4 16
(nhan)
(nhan)
x
x
t x
t t t x
0,25
Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm: x = 0 và x = 2.
0,25
5b.2 Điều kiện: x > 0
0,25
4
2 2
7
log 4
1 2 4
log 1 4 4 1 4 4 7 1
777
t
ttt
t t
t t t
t x x
t
0,25
/
1 2 4 1 1 2 2 4 4
; ln ln ln 0,
7 7 7 7 7 7 7 7 7
1 1
t t t t t t
f t f t t
f t f
gi¶mtrªn R,
0,25
4
1 1
log 1 4 (
4
f t f t
Hay x x
x
nhËn)
VËy ph¬ng tr×nh cã nghiÖm
0,25
6b
0,25
Gọi V là thể tích khối nón.
Gọi hai phần lần lượt là K1, K2 (hình vẽ). Thể tích tương ứng là
1 2
, .
K K
V V
Ta có:
2
3
1
3
2
1. . '
3
1. .
3
Kr SO
V r
V R
R SO
0,25
3 3
23
K
V R r
V R
0,25
3
1
3 3
2
.
K
K
V r
V R r
0,25
Lưu ý: Thí sinh giải theo hướng khác đúng đều đạt điểm tối đa.
HẾT