Đề kiểm tra HK1 Toán 12 - Sở GD&ĐT Bến Tre

Chia sẻ: Lê Thị Hồng | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:18

Thêm vào BST

Báo xấu

89
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo đề kiểm tra học kỳ 1 Toán 12- Sở GD&ĐT Bến Tre dành cho các bạn học sinh và quý thầy cô tham khảo, nhằm củng cố kiến thức căn bản nhất và kinh nghiệm ra đề.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề kiểm tra HK1 Toán 12 - Sở GD&ĐT Bến Tre

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I NĂM HỌC 2012-2013 BẾN TRE Môn Toán - Lớp 12 Giáo dục trung học phổ thông ( Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề ) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (3,5 điểm) Cho hàm số y = x 3 - 3mx 2 + 3(4m -1)x +1 (1). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số (1) khi m = 0. 3 k b) Tìm tất cả các giá trị của tham số k để phương trình x - 3x + 6 - 2 = 0 có ba nghiệm phân biệt. c) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số (1) có cực đại và cực tiểu. Câu 2 (1,5 điểm) x 5 2x 3 a) Gọi k là hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị (C) của hàm số y= - + 3x tại điểm M 5 3 thuộc đồ thị (C), có hoành độ x 0 . Tìm giá trị nhỏ nhất của k. 1 3 b) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) = (4x 2  5x)e3x+2 trên đoạn  ;  . 2 2   Câu 3 (2,0 điểm) Cho khối chóp S.ABCD có SA = x và tất cả các cạnh còn lại bằng a. a) Khi x = a. i) Tính theo a thể tích của khối chóp đã cho. ii) Xác định tâm và tính theo a diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho. b) Khi x  a . Tính theo a và x thể tích của khối chóp đã cho . II . PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm) Thí sinh chọn một trong hai phần (phần A hoặc phần B) 1. Phần A: Câu 4A (2,0 điểm) Giải bất phương trình và phương trình sau: x x 2 a) 4  3.2  32  0 . b) 1  log 7 (2x  7)  log7 (x2  3x  3) . Câu 5A (1,0 điểm) Cho khối chóp đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng 2a. Tính theo a thể tích của khối nón và diện tích xung quanh của hình nón có đỉnh S và đáy là hình tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 2. Phần B: Câu 4B (2,0 điểm) Giải các phương trình sau: x x 3 a) 4  2  12  0 . 2 b) log2 4x  log 2 x  8  0 . Câu 5B (1,0 điểm) Cho khối chóp đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng 2a. Tính theo a thể tích của khối nón và diện tích xung quanh của hình nón có đỉnh S và đáy là hình tròn ngoại tiếp tam giác ABC. ------------Hết----------- 1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM KIỂM TRA HỌC KỲ I BẾN TRE Năm học: 2012-2013 Môn: TOÁN. Lớp: 12 Giáo dục trung học phổ thông (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) Câu Đáp án Điểm Câu 1 3.5 đ a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C). Khi m=0 hàm số (1) có dạng y = x 3 - 3x +1 0.25 TXĐ : D  lim y   x   x  1  y  3 y '  3x 2  3 , y '  0  3x 2  3  0    x  1  y  1 0.5 Hàm số đồng biến trên các khoảng (; 1) và (1; ) Hàm số nghịch biến trên khoảng (1;1) CĐ  1;3 ; CT 1; 1 0.25 BBT x - -1 1 + y/ + 0 - 0 + + 0.5 y 3 -1 - Đồ thị của hàm số đi qua các điểm  2; 1 ; (2;3) y / /  6x  0  x  0  y  1. Điểm uốn (0;1) Đồ thi của hàm số nhận điểm uốn làm tâm đối xứng. y 3 y=2m-5 1 -2 1 2 x 0.5 -1 -1 2
b) Tìm k sao cho phương trình x 3 - 3x + 6 - 2 k = 0 có ba nghiệm phân biệt. x 3 - 3x + 6 - 2k = 0  x 3 - 3x +1 = 2k  5 Đặt y = x3 -3x +1 có đồ thị là (C) và y = 2k - 5 có đồ thị là d. 0.25 Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của (C) và d, do đó phương trình có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (C) và d có ba giao điểm 0.5 phân biệt  -1 < 2 k - 5 < 3  4  2 k  8  2  k  3 . c) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số (1) có cực đại và cực tiểu. TXĐ D = R y / = 3x 2 - 6mx + 3(4m -1) . 0.25 y / = 0  3x 2 - 6mx + 3(4m -1) = 0  x 2 - 2mx + (4m -1) = 0 (1) Hàm số có cực đại, cực tiểu  pt (1) có hai nghiệm phân biệt   /  0  m 2 - 4m +1 > 0  m < 2 - 3  m > 2 + 3 0.5 Câu 2 1.5 đ a) Tìm giá trị nhỏ nhất của k. x 5 2x 3 Vì k là hệ số góc của tiếp tuyến với (C): y = - + 3x tại M nên theo ý 5 3 2 0.5 nghĩa hình học của đạo hàm ta có k = y / (x 0 ) = x 0 - 2x 0 + 3 =  x 0 -1 + 2  2 . 4 2 2 Vậy min k = k(1) = 2 0.25 R Hoặc học sinh có thể giải theo cách TXĐ D = R k / = 4x 3 - 4x 0 0 x 0  0 k  3 k / = 0  4x 3 - 4x 0  0   0   x 0 = ±1  k  2 BBT x - -1 0 1 + / k - 0 + 0 - 0 + + + k 2 3 2 0.5 Vậy min k = k(1) = 2 0.25 R b) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) = (4x 2  5x)e3x+2 trên 1 3 đoạn  ;  . 2 2 TXĐ D = R. f / (x) =  8x - 5  e3x +2 + 3  4x 2 - 5x  e3x +2  12x 2 - 7x - 5  e3x +2 0.25 x = 1  e3x+2  0 (vn) f (x) = 0  12x - 7x - 5  e / 2 3x+2 0  2 x = - 5   1 ; 3  12x - 7x - 5 = 0  12  2 2     1 3 7  3 3 13 0.25 f   = - e 2 ; f 1 = -e5 ; f = e2 2 2  2 2 3
13 5 3 3 Vậy min f(x) = f 1 = -e ; m ax f(x) = f   = e 2 . 0.25 1 3  2;2  1 3  ;  2 2   2 2 Câu 3 2.0 đ S x C B H a O D A a) i) Tính theo a thể tích của khối chóp đã cho. Gọi V là thể tích cần tìm. Ta có ΔSAO = ΔSOD  AD = DO  AC = BD  ABCD là hình vuông 0.25 2 a a  SABCD  a 2 , SO  (ABCD) , SO = SA 2  OA 2  a 2   0.5 2 2 1 1 2 a a3 Vậy V  SABCDSO  a  (đvtt) 0.25 3 3 2 3 2 ii) Xác định tâm và tính diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. a Ta có OS = OA = OB = OC = OD =  mặt cầu (S) ngoại tiếp hình chóp có 2 0.25 a tâm là O và bán kính là R = OS = . 2 Vậy Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là a2 0.25 S = 4 R 2 = 4 = 2 a 2 (đvdt) 2 b) Tính theo a và x thể tích của khối chóp. ΔADB = ΔSBD  các trung tuyến của hai tam giác AO = SO . 1 ΔSAC có trung tuyến SO = AC  SAC vuông tại S  AC = x 2  a 2 , 2 x2 + a2 BD = 2OB = 2 BC 2 - OC 2  2 a 2 -  3a 2 - x 2 4 0.25 1 1 2  SABCD = AC.BD = x  a 2 3a 2 - x 2 2 2 Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên AC ta có SH  AC   SH  (ABCD) SH  BD 1 1 1 1 1 a2 + x2 xa 2  2  2  2  2  2 2  SH = SH SA SC x a xa a + x2 2 4
1 11 2 2 xa 1 0.25 V  SABCDSH  x  a 3a 2 - x 2  xa 3a 2 - x 2 (đvtt) 3 32 2 a +x 2 6 Câu 4A 2.0 đ a) Giải bất phương trình. 4 x  3.2 x 2  32  0 Đặt t  2 x , t > 0 , bất phương trình (1) có dạng 0.25 t 2  12t + 32 < 0  4 < t < 8  4 < 2x < 8  2 < x < 3 0.5 Vậy 2 < x < 3 0.25 b) Giải phương trình. ĐK x > 7 2 1  log7 (2x  7)  log7 (x 2  3x  3)  log7 7  log 7 (2x  7)  log 7 (x 2  3x  3)  log7  7(2x  7)  log 7 (x 2  3x  3) 0.5  7(2x  7)  x2  3x  3  7(2x  7)  x2  3x  3 x = 4  x 2  17x  52  0   x = 13 Vậy S = 4;13 0.5 Câu 5A 1.0 đ S 0.5 A C O H B Tính thể tích của khối nón. 1 2a 3 a 3, a2 11 V  R2 h , R  OA   h  SO  SA 2  AH 2  4a2   a 0.5 3 3 2 3 3 3 2 1 a 11 a3 33 (đvtt) V  a  0.25 3 3 3 27 Tính diện tích của hình nón. a 3 2a2 3 (đvdt Sxq  Rl= 2a  0.25 3 3 Câu 4B 2.0 đ a) Giải phương trình. x Đặt t  2 , t > 0 , phương trình (1) có dạng 0.25 5
x 2  t = 2 2  2 x = 1 t  8t +12 = 0     0.5 x  t = 6 2 = 6   x = log2 6 Vậy S = 1;log2 6 0.25 b) Giải phương trình log2 4x  log2 x  8  0 (1). 2 ĐK x>0 2 0.25 log 2 4x  log 2 x  8  0   log 2 4  log 2 x   log 2 x  8  0 . 2 Đặt t = log 2 x . Phương trình (1) có dạng  4 1 2 2  t = -4 (2 + t)  t -8 = 0  t + 3t - 4 = 0   x = 2  16  0.5 t = 1 x > 21  2  1  Vậy S =  ;2  0.25 16  Câu 5B 1.0 đ Tính thể tích của khối nón. S A C O H B 1 2a 3 a 3, a2 11 V  R2 h , R  OA   h  SO  SA 2  AH 2  4a2   a 0.5 3 3 2 3 3 3 2 1 a 11 a3 33 (đvtt) V  a  0.25 3 3 3 27 Tính diện tích của hình nón. a 3 2a2 3 (đvdt) 0.25 Sxq  Rl= 2a  3 3 Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong hướng dẫn chấm nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn qui định. 6
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I NĂM HỌC 2012 -2013 BẾN TRE Môn Toán – Lớp 12 Giáo dục thường xuyên (Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề ) Câu 1. (3,5 điểm) Cho hàm số y = x 3 - 3x + 1 (1) a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). b) Viết phương trình tiếp tuyến với (C) biết rằng tiếp tuyến song song với đường thẳng y = - 3x . c) Tìm m sao cho phương trình x 3 - 3x + 6 - 2 m = 0 có hai nghiệm. Câu 2. (1,5 điểm) x -x a) Cho hàm số y = e + e . Tìm y / và giải phương trình y /  0 . b) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x 4 - 3x3 - 2x 2 + 9x trên đoạn [-2; 2] . Câu 3. (2,0 điểm) Giải các phương trình sau: x x3 a) 4  2  12  0 . 2 b) 1  log7 (2 x  7)  log 7 ( x  3 x  3) . Câu 4. (3,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SC = a 3 , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. a) Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a. b) Chứng minh trung điểm I của SC là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. Tính diện tích mặt cầu và thể tích của khối cầu đó theo a. c) Tính theo a thể tích khối tròn xoay sinh bởi tam giác SAC (kể cả các điểm trong) khi nó quay quanh SC. ------------Hết----------- 1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM KIỂM TRA HỌC KỲ I BẾN TRE Năm học: 2012-2013 Môn: Toán . Lớp: 12 Giáo dục thường xuyên (Hướng dẫn chấm gồm 03 trang) Câu Nội dung Điểm Câu 1 3.5 đ 3 Câu 1: a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = x - 3x +1 TXĐ : D  lim y   0.25 x   x  1  y  3 y '  3x 2  3 , y '  0  3x 2  3  0    0.5 x  1  y  1 Hàm số đồng biến trên các khoảng (; 1) và (1; ) Hàm số nghịch biến trên khoảng (1;1) 0.25 CĐ  1;3 ; CT 1; 1 BBT x - -1 1 + y/ + 0 - 0 + 0.5 y 3 + -1 - Đồ thị đi qua các điểm  2; 1 ; (2;3) y/ /  6x  0  x  0  y  1. Điểm uốn (0;1) Đồ thi nhận điểm uốn làm tâm đối xứng. y 3 y=2m-5 1 -2 1 -1 2 x 0.5 -1 b) Viết phương trình tiếp tuyến. Gọi d là tiếp tuyến cần tìm có hệ số góc là k. Vì d song song với đường 0.25 thẳng y=-3x nên k=3, do đó d có dạng y=-3x+b d tiếp xúc với (C)  hệ  x 3 - 3x +1 = -3x + b  b = 1 phương trình sau có nghiệm  2  3x  3  3  x  0 Vậy d: y=-3x+1. 0.5 2
3 m c) Tìm m sao cho phương trình x - 3x + 6 - 2 = 0 có hai nghiệm. 0.25 x 3 - 3x + 6 - 2 m = 0  x 3 - 3x +1 = 2 m  5 3 m Đặt y = x - 3x +1 có đồ thị là (C) và y = 2 - 5 có đồ thị là d. 0.25 Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của (C) và d do đó, phương trình có hai nghiệm khi và chỉ khi (C) và d có hai giao điểm  2 m - 5 = -1 2 m = 4 m = 2  m  m  . 2 - 5 = 3 2 = 8 m = 3 0.25 Câu 2 1.5đ x -x / / a) Cho hàm số y = e + e . Tìm y và giải phương trình y  0 . / y /   e x + e-x   e x - e-x 0.25 1 y /  0  e x - e -x  0  e x - x  0  e 2x  1  2x = 0  x = 0 . 0.25 e b) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x 4 - 3x3 - 2x 2 + 9x trên đoạn [-2; 2] . Đặt y = f (x )= x 4 - 3x 3 - 2x 2 + 9x TXĐ D=R. y/ = 4x3 - 9x 2 - 4x + 9 0.25 é = ±1 x / 3 2 ê y = 0 Û 4x - 9x - 4x + 9 = 0 Û ê 9 ê = Ï [ 2;2 ] x - 0.25 ê ë 4 f (- 2)= 14; f (- 1)= - 7; f ( )= 5; f (2)= 2. 1 Vậy min f (x )= f (- 1)= - 7; m axf (x )= f (- 2)= 14 0.25 [- 2;2] [- 2;2] Câu 3 2,0đ x a) a) Đặt t  2 ,t > 0 , phương trình (1) có dạng 0.25 t = 2 t 2  8t +12 > 0   0.25 t = 6 2x  2 x = 1   0.25 2x = 6  x = log 2 6 Vậy S = 1;log 2 6 0.25 2 b) Giải phương trình 1  log7 (2 x  7)  log7 ( x  3 x  3) ĐK 7 x> 2 1  log 7 (2x  7)  log 7 (x 2  3x  3)  log7 7  log7 (2x  7)  log7 (x 2  3x  3) 0,5  log 7 7(2x  7)  log7 (x 2  3x  3) x = 4  7(2x  7)  x 2  3x  3  7(2x  7)  x 2  3x  3  x 2  17x  52  0    x = 13 0.5 Vậy S = 4;13 3
Câu 4 3,0đ S a 3 H A a D O B C a) Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a. SABCD  a 2 ; SC  a 3; AC  a 2; SA  SC 2  AC 2  3a 2  2a 2  a 0.5 1 1 a3 Vậy V  SABCDSO  a 2a  (đvtt) 0.25 3 3 3 b) ΔSAC vuông tại A nên I cách đều S, A và C. Tương tự ΔSBC vuông tại B nên I cách đều S, B và C, ΔSCD vuông tại D nên I cách đều S, C và D. Vậy I cách đều S, A, B, C, D nên I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp 0.75 S.ABCD. 2 2   Gọi S là diện tích cần tìm. S = 4 R  4  SC   4  a 3   3 a 2 (đvdt). 2    2  0.25  2    3 3 3   Gọi V là thể tích cần tìm. V = 4  R 3  4   SC   4   a 3   3 a (đvtt).   0.25 3 3  2  3  2    2 c) Tính thể tích khối tròn xoay sinh bởi tam giác SAC (kể cả các điểm trong) khi nó quay quanh SC. Gọi V1 , V2 lần lượt là thể tích các khối nón được tạo thành và V là thể tích cần tìm . Ta có 1 1 1 1 V1 =  R 2SH; V2 =  R 2CH  V = V1  V2   R 2 SH + CH    R 2SC 0.5 3 3 3 3 (với H là hình chiếu vuông góc của A trên SC) 1 1 1 1 1 3 2 Ta có 2  2  2  2  2  2  AH = a 0.25 AH AC SA 2a a 2a 3 2 1 1 2 2 3 a 3  R  AH = a . Vậy V   R 2SC =  a 2 a 3 = 0.25 3 3 3 3 9 Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong hướng dẫn chấm nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn qui định. ------- HẾT------- 4
S GD& T B N TRE KI M TRA H C KỲ I NĂM H C 2009-2010 Môn thi: TOÁN - Kh i 12 - Giáo d c trung h c ph thông ( Th i gian làm bài 150 phút, không k th i gian giao ) ******* I . PH N B T BU C (7,0 i m ) Câu 1 (2,5 i m) a) Kh o sát s bi n thiên và v th ( C ) c a hàm s y = x 3 − 3 x + 2 . b) Vi t phương trình ti p tuy n c a th (C) t i giao i m c a th (C) vaø tr c tung. Câu 2 (2,5 i m) a) Cho hàm s y = x[cos(lnx)+sin(lnx)] ( x > 0) . Ch ng minh r ng: x 2 y // - xy / + 2y = 0 . b) Tìm giá tr l n nh t và giá tr nh nh t c a hàm s y = x − 2 x trên o n [0;4]. c) Gi i phương trình 4 log 9 x + 2 = log 3 (2 x + 3) . Câu 3 (2,0 i m) Cho t di n u ABCD có c nh b ng a. a) Tính th tích c a kh i t di n ã cho. b) Xác nh tâm và tính bán kính c a m t c u ngo i ti p t di n ABCD. II . PH N T CH N (3,0 i m) Thí sinh ch n m t trong hai ph n (Ph n A ho c ph n B) 1. Ph n A theo chương trình chu n: Câu 4A (1,0 i m) x 2 - 2mx + m 2 +1 Ch ng minh r ng v i m i giá tr c a tham s m, hàm s y = f(x) = luôn t x -m c c i, c c ti u l n lư t t i x1, x2 và f(x1 ) + f(x 2 ) = 0 . Câu 5A (2,0 i m) Cho lăng tr tam giác ABC.A’B’C’ có áy ABC là tam giác u c nh b ng a. C nh bên c a lăng tr t o v i m t ph ng áy m t góc b ng 600. nh A’ cách u ba nh A,B và C. a) Ch ng minh t giác BB’C’C là hình ch nh t. b) Tính th tích c a kh i lăng tr ABC.A’B’C’. 2. Ph n B theo chương trình nâng cao: Câu 4B (1,0 i m) Tìm m ñeå phöông trình log 3 x + log 3 x +1 - m +1 = 0 coù nghieäm treân ñoaïn 1;3  2 2 3   Câu 5B (2,0 i m) Cho hình chóp t giác u S.ABCD có áy ABCD là hình vuông tâm O, c nh b ng a. C nh bên t o v i m t ph ng áy m t góc b ng 450 . a) Tính kho ng cách t S n m t ph ng ABCD. b) Ch ng t i m O là tâm c a m t c u ngo i ti p hình chóp ã cho. ------------H t----------- Thí sinh không ư c s d ng tài li u. Giám th không gi i thích gì thêm H và tên thí sinh: ………………………………… S báo danh: ……………………………. Ch ký c a giám th 1: ………………………….. Ch ký c a giám th 2: ………………….
HƯ NG D N CH M C A KI M TRA H C KỲ 1 NĂM H C 2009 -2010 MÔN TOÁN - KH I 12 - Giáo d c trung h c ph thông Câu áp án i m Câu1 a) Kh o sát hàm s y = x − 3 x + 2 3 2.5 TX : D = ¡ lim = ±∞ 0.25 x →±∞ x = 1 y = 0 y ' = 3x 2 − 3 = 0 ⇔  ⇒ 0.5  x = −1  y = 4 BBT x -∞ -1 1 +∞ y/ + 0 - 0 + 0.5 y 4 CT +∞ -∞ CÑ 0 Hàm s ng bi n trên kho ng (−∞; −1) và (1; +∞) Hàm s ngh ch bi n trên kho ng (−1;1) 0.25 C ( −1; 4 ) ; CT (1;0 ) Giao i m c a th v i các tr c t a (1;0 ) ; (−2; 0) ; ( 0; 2 ) y // = 6x = 0 ⇔ x = 0 ⇒ y = 2 . i m u n (0;2) thi: y y=x3-3x+2 4 0.5 2 -2 -1 o 1 x -1 y=-3x+2
b) T a ô các i m thu c (C) và tr c tung laø nghieäm cuûa heä phöông trình  y = x3 − 3x + 2 x = 0  ⇔ V y giao ñieåm laø M(0;2) 0.25 x = 0 y = 2 y(0) = −3 ⇒ PTTT y − 2 = −3( x − 0) ⇔ y = −3 x + 2 / 0.25 Câu 2 a) y = x[cos(lnx)+sin(lnx)] ( x > 0) 2.5 1 1 y / = cos(lnx)+sin(lnx)+x[- sin(lnx)+ cos(lnx)] x x = 2cos(lnx) 2 y // = − sin(ln x) 0.5 x Do ó 2 x 2 . y // − x. y / + 2 y = x 2 [ − sin(ln x)]-x2cos(lnx)+2x[cos(lnx)+sin(lnx)] x =-2xsin(lnx)-2xcos(lnx)+2xsin(lnx)+2xcos(lnx)=0 0.25 b) Tìm giá tr l n nh t và giá tr nh nh t c a hàm s y = f ( x) = x − 2 x trên o n [0;4]. TX D = [0;+∞) ⇒ Hàm s liên t c trên [0;+∞) ⇒ Hàm s liên t c 1 0.25 trên o n [0;4]. y / = 1 − x
1 y/ = 0 ⇔ 1− = 0 ( x > 0) x ⇔ x =1⇔ x =1 f (0) = 0; f (1) = −1; f (4) = 0. 0.25 BBT x 0 1 4 y/ - + 0 0 y -1 V y: maxf(x) = 0 khi x = 0 ho c x = 4 minf(x) = -1 khi x = 1 0.25 c) Gi i phương trình 4 log9 x + 2 = log 3 (2 x + 3) 0.25 K: x > 0 4 log9 x + 2 = log (2 x + 3) ⇔ 2log 3 x + 2 = 2 log3 (2 x + 3) 0.25 3 ⇔ log3 x + 1 = log3 (2 x + 3) ⇔ log3 x + log3 3 = log3 (2 x + 3) 0.25 ⇔ log 3 3 x = log 3 (2 x + 3) ⇔ 3x = 2 x + 3 ⇔ x=3 0.25 Câu 3 Hình v ph c v t t cho bài gi i 2.0 A M 0.25 I D B G H a C a) G i G là tr ng tâm c a tam giác BCD. ABCD là t di n u nên 1 AG ⊥ ( BCD) . Do ó V = S ∆BCD AG 3 0.25 1 1 a 3 3 S ∆BCD = CD.BH = a. = a2 2 2 2 4 2a 3 2 2 AG = AB 2 − BG 2 = a 2 − ( ) = a 0.25 3 2 3
1 a2 3 2 a3 2 V y: V = a= ( vtt) 0.25 3 4 3 12 b) G i I là tâm c a m t c u ngo i ti p t di n ABCD. Ta có: ABCD là t di n u cho nên I thu c tr c AG c a tam giác BCD và trung tr c c a o n AB n m trong m t ph ng (ABG) do ó I là giao i m c a AG và trung tr c IM c a o n AB 0.25 Tính R = IA: ∆AMI ng d ng v i ∆AGB IA AM AM a 31 a 6 ⇒ = ⇔ IA = BA = a= 0.5 BA AG AG 2 2a 4 a 6 V y: R= ( vd) 0.25 4 Câu 4A Tìm m ñeå phöông trình log3 x + log3 x + 1 − 2m − 1 = 0 coù nghieäm treân 2 2 1 ñoaïn 1;3  . 3   Kx>0 2 t = log3 x + 1 (t ≥ 0) t 0.25 ⇔ t 2 = log3 x + 1 ⇔ log3 x = t 2 − 1 2 2 x ∈ 1;3 3  ⇒ t ∈ [1;2]   Phương trình có d ng: t 2 − 1 + t − 2m − 1 = 0 ⇔ t 2 + t = 2m + 2 0.25 t y = t 2 + t ; y = 2m + 2 l n lư t có th là (P) và (d) s nghi m t ∈ [1;2] c a phương trình là s giao i m c a (P) và (d) trên o n [1;2] 0.25 do ó: y 6 y=t2 +t y=2m+2 2 1 - 2 1 1 2 t 4 Phương trình có nghi m t ∈ [1;2] ⇔ 2 ≤ 2m+2 ≤ 6 ⇔ 0 ≤ m ≤ 2 0.25 Câu 5A a) Tính kho ng cách t S n m t ph ng ABCD. 2 Theo tính ch t c a hình chóp t giác u S.ABCD ta có: SO ⊥ ( ABCD ) 0.25 Ta có : · SAO = 450 0.5
a 2 Nên AO = OS = 2 a 2 V y : Kh ang cách t nh S n mp(ABCD) b ng OS = 0.25 2 b) Ch ng t i m O là tâm m t c u ngo i ti p hình chóp ã cho. a 2 Ta có OA = OB = OC = OD = 0.25 2 a 2 OS = 2 a 2 0.25 Nên : OA = OB = OC = OD = OS = 2 V y : O là tâm m t c u ngo i ti p hình chóp SABCD 0.25 Hình v ph c v t t cho bài gi i S A D 0.25 O B C Câu 4B 1 x 2 − 2mx + m 2 + 1 1 y= = x−m+ x−m x−m 0.25 TX D = R − {m} 1 1 y/ = 1− 2 ; y/ = 0 ⇔ 1− = 0 ( x ∈ D) 0.25 ( x − m) ( x − m) 2 ⇔ ( x − m) 2 = 1 Phương trình luôn có hai nghi m phân bi t  x2 = m + 1  y2 = f ( x2 ) = 2m + 2 − 2m = 2  x = m − 1 ⇒  y = f ( x ) = 2m − 2 − 2m = −2 0.25  1  1 1 BBT m-1 m m+1 +∞ x -∞ y/ + 0 - - 0 + +∞ -2 CT +∞ y -∞ -∞ 2 CÑ V y: Hàm s luôn có c c i và c c ti u ng th i f ( x1 ) + f ( x2 ) = 2 + (−2) = 0 0.25 Câu 5B a) Ta có BB C C là hình bình hành / / 2
và BC ⊥ AM ⇒ BC ⊥ (A / AM) 0.25  / BC ⊥ A G ⇒ BC ⊥ AA / ⇒ BC ⊥ BB / 0.25 / / V y: BB C C là hình ch nh t 0.25 b) A/ABC là hình chóp u nên A / G ⊥ (ABC) , do ó A/G là kho ng cách gi a hai m t ph ng (ABC) và (A/B/C/), cho nên: V = S ABC A / G 1 S ABC = BC.AM = a 1 a 3 a2 3 = 0.5 2 2 2 4 2a 3 A / G = AG tan 60 0 = 3=a 0.25 3 2 a2 3 a 3 3 ( vtt) V = S ABC A / G = a= 0.25 4 4 C/ Hình v ph c v t t cho bài gi i A/ B/ 0.25 C A M G B 4 log9 x + 2 = log 3 (2 x + 3) ⇔ 2 log 3 x + 2 = 2 log 3 (2 x + 3) ⇔ log3 x + 1 = log3 (2 x + 3) ⇔ log3 x + log3 3 = log3 (2 x + 3) ⇔ log3 3x = log3 (2 x + 3) ⇔ 3x = 2 x + 3 ⇔ x=3
4 log 9 x + 2 = log 3 (2 x + 3) ⇔ 2 log 3 x + 2 = 2 log 3 (2 x + 3) ⇔ log 3 x + 1 = log 3 (2 x + 3) ⇔ log 3 x + log 3 3 = log 3 (2 x + 3) ⇔ log 3 3 x = log 3 (2 x + 3) ⇔ 3x = 2 x + 3 ⇔ x=3