Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I NĂM HỌC 2010 – 2011
MÔN TOÁN – KHỐI 12
Thời gian làm bài: 90 phút.
*****
Mỗi học sinh phải ghi đầy đủ tên lớp cùng họ và tên vào phần phách và ghi 1 trong 2 câu sau đây vào
phần đầu bài làm tùy theo loại lớp của mình.
Ban A, B : Làm các câu 1, 2, 3. Điểm các câu là: 3,5; 3; 3,5.
Ban D, SN: Làm các câu 1, 2ab, 3. Điểm các câu là: 4; 2; 4.
Câu 1:
Cho hàm số y = x4 – 2x2 – 3 có đồ thị là (C).
a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng
(∆): y = 1x 2010
24
−+ .
c) Định m để phương trình log2(x4 – 3x2 + x – m ) + 1
2
log (x 1)
+
= log8(2 – x)3
có ba nghiệm phân biệt.
Câu 2:
Giải các phương trình, hệ phương trình sau:
a) 2
2x x x 6
64.2 4 −−+
=.
b) log9(x2 – 5x + 6)2 = 3
3
1x1
log log (3 x)
22
−
+
−.
c)
yx
32
e e ln(x 1) ln(y 1)
x1y 3x 4y5
⎧−= −− −
⎪
⎨−+ = − +
⎪
⎩
.
Câu 3:
Cho hình vuông ABCD cạnh 4a. Trên cạnh AB và AD lần lượt lấy hai điểm
H và K sao cho BH = 3HA và AK = 3KD. Trên đường thẳng (d) vuông góc
(ABCD) tại H lấy điểm S sao cho
0
SBH 30
=
. Gọi E là giao điểm của CH và BK.
a) Tính thể tích của hình chóp S.ABCD và thể tích hình chóp S.BHKC.
b) Chứng minh 5 điểm S, A, H, E và K cùng nằm trên một mặt cầu. Tính thể tích
của khối cầu ngoại tiếp của hình chóp SAHEK.
c) Gọi M là hình chiếu của H trên cạnh SA. Tính thể tích của hình chóp M.AHEK.
HẾT
HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM TOÁN 12 – HKI
Câu Nội dung A–B D–SN
I Cho hàm số y = x4 – 2x2 – 3 có đồ thị là (C). ∑=3.5đ ∑=4đ
a Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. ∑=2đ ∑=2,5đ
¾ Tập xác định: D = R
¾ Giới hạn:
x
limy
→±∞
=+∞ 0.25 0.25
¾ y' = 4x3 – 4x
y' = 0 ⇔ x0 y 3
x1y4
⎡=⇒=−
⎢=± ⇒ =−
⎣.
0.25
0.25
0.25
0.25
¾ Bảng biến thiên: 0.25 0.5
¾ Giá trị đặc biệt: 0.25 0.25
¾ Đồ thị: 0.5 0.5
¾ Nhận xét: 0.25 0.25
b
Viết p trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến
⊥
(∆): y = 1x 2010
24
−+ .
∑=0.75đ ∑=0.75đ
Hệ số góc của đường thẳng (∆) là k∆ = – 1
24 .
Tiếp tuyến (d) ⊥ (∆) nên (d) có hệ số góc là kd = 24.
0.25 0.25
Gọi x0 là hoành độ tiếp điểm của (d) và (C) ta có
y'(x0) = 24 ⇔ 3
00
4x 4x 24−=
⇔ 2
000
(x 2)(x 2x 3) 0−++= ⇔ x0 = 2.
0.25
0.25
Vậy (d): y – y0 = 24(x – x0) ⇔ y = 24x – 43. 0.25 0.25
c
Định m để log2(x4 – 3x2 + x – m ) + 1
2
log (x 1)
+
= log8(2 – x)3 (1)
có ba nghiệm phân biệt.
∑=0.75 ∑=0.75
(1) ⇔
42
222
x10
2x 0
log (x 3x x m) log (x 1) log (2 x)
⎧+>
⎪−>
⎨
⎪−+−− += −
⎩
⇔ 42 2
22
1x2
log (x 3x x m) log (2 x x )
⎧−< <
⎪
⎨−+−= +−
⎪
⎩
⇔ 42 2
1x2
x3xxm2xx
⎧−< <
⎨−+−=+−
⎩ ⇔ 42
1x2
m1x 2x 3 (2)
⎧−< <
⎨−= − −
⎩
0.5
0.5
YCBT ⇔ (2) có ba nghiệm x ∈ (–1; 2).
Dựa vào đồ thị (C) ta có: –4 < m – 1 < –3 ⇔ –3 < m < –2.
0.25
0.25
2 ∑=3đ ∑=2đ
a
Giải các phương trình: 64. 2
2x x x 6
24
−
−+
=
(1) ∑=0.75đ ∑=0.75đ
(1) ⇔ 4x +3 = 2
xx6
4−−+
⇔ 2
xx6x3−−+=+
0.25 0.25
⇔ 22
x30
xx6(x3)
⎧+≥
⎨−−+=+
⎩ ⇔ 2
x3
2x 7x 3 0
⎧≥−
⎨
+
+=
⎩ 0.25 0.25
⇔
x3
x3
1
x2
⎧≥−
⎪
⎪⎡=−
⎨⎢
⎪⎢=−
⎪⎢
⎣
⎩
⇔ x = –3 hay x = 1
2
−
.
0.25 0.25
b
Giải pt: log9(x2 – 5x + 6)2 = 3
3
1x1
log log (3 x)
22
−
+
− (2) ∑=1.25đ ∑=1.25
Điều kiện: 1 < x < 3 và x ≠ 2. 0.25 0.25
(2)
⇔
2
333
x1
log x 5x 6 log log (3 x)
2
−
−+= + −
⇔
2
33
(x 1)(3 x)
log x 5x 6 log 2
−
−
−+=
0.25
0.25
⇔
(x 1)(3 x)
(x 2)(x 3) 2
−−
−−=
⇔
2x2(3x)(x1)(3x) 0−−−−−=
⇔
2x 2 x 1 0
−+=
0.25
0.25
⇔
1x2 2x3
hay
42xx10 2x4x10
⎧⎧
<< <<
⎨⎨
− −+= −−+=
⎩⎩
0.25 0.25
⇔
1x2 2x3
hay
5x3
x3
⎧<< ⎧<<
⎪
⎨⎨
=
=⎩
⎪
⎩
⇔
x =
5
3
.
0.25 0.25
c
Giải hệ phương trình
yx
32
2 2 ln(x 1) ln(y 1) (1)
x1y 3x 4y5 (2)
⎧−= −− −
⎪
⎨−+ = − +
⎪
⎩
.
∑=1đ
¾ Điều kiện: x, y > 1. Từ (1) ⇒ … ⇒ x = y.
0.25 + 0.25
¾ Thay vào (2) ta được:
32
x1 x 3x 4x5−=− + − + ⇔ f(x) = x3 – 3x2 + 4x – 5 – x1
−
= 0 (3)
0.25
Ta có: f(2) = 0 và f '(x) = 3x2 – 6x + 4 – 1
2x 1
−
= 3(x – 2)2 + 1 – 1
2x 1− > 0, ∀ x ∈ (1; +∞).
Vậy (3) có nghiệm duy nhất là x = 2. Vậy hệ có nghiệm duy nhất là (2;
2).
0.25
3
Cho hình vuông tại ABCD có cạnh bằng 4a. Trên cạnh AB và AD lần
lượt lấy hai điểm H và K sao cho BH = 3HA và AK = 3KD. Trên đường
thẳng (d) vuông góc (ABCD) tại H lấy điểm S sao cho
0
SBH 30
=
. Gọi
E là giao điểm của CH và BK.
∑=3.5 đ
∑=4đ
a Tính thể tích của hình chóp S.ABCD và thể tích hình chóp S.BHKC. ∑=1.5đ ∑=2đ
∆ SHB vuông tại H có ∠ SBH = 300 nên SH = BH.tan300 = a3
. 0.25
0.25
SABCD = AB2 = 16a2. 0.25 0.25
E
K
E
K
H
D
C
HD
BC
A
S
A
B
M
VSABCD =
3
ABCD
116a3
S.SH
33
=.
0.25
0.25+0.25
Theo giả thiết ta có: BH = 3a; HA = a; AK = 3a và KD = a.
SBHKC = SABCD – SAHK – SCDK
=
211
(4a) .a.3a a.4a
22
−−
= 16a2 –
2
3a
2– 2a2 = 25
2a2.
0.25
0.5
Ta có VBHKC = BHKC
1S.SH
3.
0.25
0.25
Vậy VBHKC =
3
2
125253a
.a 3. a .
32 6
=
0.25
0.25
b
Chứng minh 5 điểm S, A, H, E và K cùng nằm trên một mặt cầu.
Tính thể tích của khối cầu ngoại tiếp của hình chóp SAHEK.
∑=1đ ∑=1đ
Ta có:
– AD
⊥ AB và AD ⊥ SH nên AD ⊥ SA ⇒ ∠ SAK = 900.
– SH
⊥ HK nên ∠ SHK = 900.
0.25
0.25
– CH ⊥ BK và BK ⊥ SH nên BK
⊥
(SKE) ⇒
∠
SEK = 900.
Vậy SAHEK nội tiếp mặt cầu có đường kính là SK.
0.25
0.25
Ta có SK2 = SH2 + HK2 = 3a2 + 10a2 = 13a2 ⇒ SH = a13. 0.25 0.25
Vậy
3
33
mc
44 52a13
VR(a13)
33 3
ππ π
== = .
0.25
0.25
c Gọi M là hình chiếu của H trên cạnh SA. Tính V của hình chóp M.AHEK ∑=1đ ∑=1đ
Ta có
2
22
d(M;ABCD) AM AM.AS AH 1
d(S;ABCD) AS 4
AS AS
== = =
⇒ d(M;ABCD) 1
SH 4
=
⇒ d(M; (ABCD)) = 1a3
SH
44
=.
0.25
0.25
Ta có:
∆ BEH ~ ∆ BAK ⇒ BE BH
BA BK
= ⇒ 22
BE BH.BA 3a.4a 12
BK 25
BK 25a
===
⇒ BEH
BAK
SBH BE 3 12 9
..
S BA BK 4 25 25
===
⇒ AHEK
ABK
S16
S25
=
0.25
0.25
⇒
2
AHEK BAK
16 16 1 96a
S.S.3a.4a
25 25 2 25
== =
. 0..25 0.25
Do đó VM.AHEK =
2
AHEK
1196aa3
S.d(M;ABCD). .
33254
= =
3
8a 3
25 .
0.25
0.25
GHI CHÚ:
Anh chị chấm bài xong ghi tên mình vào ô giám khảo, không kí tên.
so cmo DUC vA DAo rAo KrEM TRA Hec rV rr NAnn Hec 2012-2013
QuANcrvau rhdi r,,Yuifo"rff;r:ffri';i#" giao d€
r. pnAN cHUNG cHo rAr cA rrri srxn g,o aiaml
Cflu 1 1Z,S die4. Cho him s6 y = xn -2x' (C).
1. Khio s5t sg bi6n thi€n vh vE aO tni (C) cria hnm s6 dd cho.
2. Tinh die.n tich trinh phang goi han ffii A6 mi (C) vi tpc hoanh Ox.
Cdu21Z,S diemS.
1. Timnguy6n him criahim s6 l = e' -x2
2. Tinh c5c tich phtn sau:
e-.l E
a.'j, t, (x + r)dx o i{i:l: ' o.
o d cos-x
CAu 3 (1,0 di€m).Gi6i bAt phuong trinh logl x-log, x-2> 0 .
Ciu 4 (1,0 di€m). Trong kh6ng gian v6i hQ tga dQ Oxyz, hdy vitit phuong trinh m{t cdu
c6 tim I thuQc dudrng thing d, + =+=1 voi cao dQ zt: l, vd cit m4t phdng
(P): x -2y -22- 4: 0 theo mQt giao tuyiSn ld duong trdn c6 b5n kinh bing 3.
rI. PHAN RrtNG Q,o diam)
Th[ sinh chi cfuqc chgn mQt trong hai philn fuhhn I hofic phftn 2).
1. Theo chucrng trinh Chuin:
Cffu 5.a (2,0 di€m). Trong kh6ng gian vdi hp tqa d6 Oxyz, cho hai di6m A(1; 1; -2),
B(2; l; -1) vi m{t ph8ng @) c6 phuong trinh: x - y - z- l:0.
L Vi0t phuong trinh dutrng thAng d qua di6m A vlr vu6ng g6c voi m{t phAng G).
Z.Ylltphuong trinh m4t phing (Q) qua hai di6m A, B vd vu6ng g6c m{t phing @).
Ciu 6.a (1,0 dia@.
Gi6i phucrng trinh sau trdn tap s6 phric C : 12 - z + 2 :0 . Gqi 21, z2ld.hai nghiQm
22
cua phucrng trinh dd cho. Tinh rn6 dun cria si5 phric w = T#
2. Theo chuong trinh Ning cao:
Ciu 5.b (2,0 diA@.'Trong kh6ng gian vdi hq tqa dQ Oxyz, cho di6m A(-3; 1; 1), m[t
phing (P): x -y - z * 2 :0 vd dulng thing d c6 phucrng trinh:'l' =' :' =+
213
1. Virit phuong trinh mflt phing (Q) di qua di6m A vi song song voi mflt phang G).
2.Vl6tphuong tinh duong thAng A tti qua t1i0m A, song song voi mflt phang G) va
vu6ng g6c voi ituongth6ng d.
Cffu 6.b (1,0 did@.
Gi6i phucrng trinh sau trOn tflp s6 phricC : z'- 75 - 14i) z-2(5i+ l2):0 . Ggi 21,
.11
z2ldhai nghiQm cria phuong trinh dd cho. Tinh m6 dun cira sO phftc w = l- + - .
-----H6t------- t z z