ðỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010 Môn TOÁN Lớp 12 Nâng cao Thời gian làm bài 90 phút
ðề số 1
Bài 1 (3 ñiểm)
2
3
=
+
−
−
=
x
x
x
f x ( )
2
3
C 1 (
)
a) Khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số: y
( 2 ñiểm)
=
y
mx
b) Tìm m ñể ñường thẳng d
( ) :
2
) tại 3 ñiểm phân biệt? ( 1 ñiểm)
1 3 − cắt C(
1
Bài 2 (3 ñiểm)
a) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số:
=
+
( 1 ñiểm)
− , với x
x
x
f x ( )
cos 2
2 sin
1 2
2 3
π ∈ 0; 2
−
x
x
log
6 log
( 1 ñiểm)
b) Giải phương trình:
− = 1 0
2 1
9
3
y
3
2 0
( 1 ñiểm)
c) Giải hệ phương trình:
+ = 2
x
x
−
=
27
y 3 .9
0
− x
2
+
+ +
x
m
(
1
=
y
)
C (
, m là tham số.
Bài 3 (1 ñiểm) Cho hàm số
m
x m 1) + 1
x
y
+ = bằng 4? ( 1 ñiểm)
+ x )mC luôn có cực ñại, cực tiểu. Tìm m ñể khoảng cách từ 2 0
∆ − ( ) : 3
4
Chứng minh rằng với m∀ , ñồ thị ( ñiểm cực ñại của ñồ thị (
⊥
Bài 4 (3 ñiểm) Cho hình chóp S ABC.
, ñáy là ABC∆ vuông cân tại A .
)mC ñến ñường thẳng có SA ABC(
)
=
=
=
a AB a
AC a
2 ,
3,
3
Biết SA
.
.
(1,5 ñiểm)
. Suy ra diện
và thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC.
.
(1 ñiểm)
,
,
,
,
a) Tính thể tích của khối chóp S ABC. b) Xác ñịnh tâm I và tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC. tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC. c) Gọi M N P
lần lượt là trung ñiểm của SB SC AC
. Mặt phẳng MNP
(
) cắt AB tại Q .
Tính diện tích toàn phần của khối ña diện MNPQBC .
( 0,5 ñiểm)
===========================
ðÁP ÁN ðỀ THI HỌC KÌ 1 Môn TOÁN Lớp 12 Nâng cao Thời gian làm bài 90 phút
ðề số 1
Bài 1 (3 ñiểm)
3
2
=
=
−
+
−
x
x
x
f x ( )
2
3
C 1 (
)
a) Khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số: y
1 3
• Tập xác ñịnh D R=
( 0,25 ñiểm)
• Giới hạn
( 0,25 ñiểm)
x
2
2
⇒
y y = +∞ ; = −∞ lim →+∞ lim →−∞ x
( 0,25 ñiểm)
= x = x
= y y
• Bảng biến thiên
( 0,5 ñiểm)
1
= − + y x x y x x • ' 4 3; = ⇔ − ' 0 4 + = ⇔ 3 0 1 3 1 3 = − 1
3
+∞
+
-
+
0
0
−∞
x ( ) x
+∞
( ) f x
1 3
'f
1−
Hàm số nghịch biến trên (1;3) , ñồng biến trên (
−∞
−∞ và (3; ;1) )+∞
ðiểm cực tiểu I1(3; 1)− , ñiểm cực ñại I2
1; 1 3
(0,25 ñiểm)
− 2;
− x y x x • Ta có y = ⇔ − = ⇔ = . ðiểm uốn I = '' 2 4; '' 0 2 4 0 2 1 3
( 0,5 ñiểm)
• ðồ thị:
ðiểm ñặc biệt:
.
( A 0; 1− , B
)
y
4; 1 3
.
. 2I
.
.
.
-2
-1
3
0
.
x
1 B 4
. 1I
2 I
A
. .
ðồ thị hàm số nhận ñiểm uốn I
làm tâm ñối xứng.
1 3 1 − 3 -1 -2 − 2;
1 3
)C tại 3 ñiểm phân biệt?
= b) Tìm m ñể ñường thẳng d y mx ( ) : 2
Phương trình hoành ñộ giao ñiểm của C( − cắt ( 1 ) và d( ) là:
3
2
2
2
= x 1 3
0 − + − − + − x x x x x m x 2 3 = 2mx 1 − ⇔ 1 2 3 2 = ⇔ 0 − + − = x x m 2 3 2 0 1 3 1 3
( g x
)
31 x 3
− + − = x m 2 3 2 ( 0,5 ñiểm) ðặt
−
−
>
m (3 2 ) 0
1 3
⇒
⇔
ðể PT ñã cho có 3 nghiệm phân biệt thì PT g x( ) 0= có 2 nghiệm phân biệt khác 0
≠
m
′ >⇔ ∆ 0 ≠ g (0) 0
≠
m
> m
0 3 2
1
3 2
( 0,5 ñiểm)
Bài 2 ( 3 ñiểm)
=
+
x
x
− , với x
cos 2
2 sin
2 3
1 2
2
2
)
f x ( ) a) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: π ∈ 0; 2
( 1 2 sin
π ∈ 0; 2
2
=
−
t
t
t
t
= − + + − x x x x x f x ( ) 2sin sin 2 sin , Ta có (0,25 ñiểm) 2 − = − 3 1 6 1 2
x sin , 0
≤ ≤ ⇒ = − + g t ( )
1
2
,
∈
0;1 .
1 6
ðặt t (0,25 ñiểm)
= ⇔ = ∀ ∈ 1,
0;1 .
t ′ g t t t ′ g t ( ) = − + 2 2, ( ) 0 (0,25 ñiểm)
= − g (0) ; (1) Ta có: g 1 6 5 = 6
π 2
= = = ⇔ = = g khi t khi x (1) Giá trị lớn nhất là: g t max ( ) [ ] 0;1 5 6 5 6 f x 1 max ( ) π 0; 2
( f x
)
= − = = − khi x g khi t (0) = ⇔ 0 = 0 Giá trị nhỏ nhất là: 1 6 1 6 g t min ( ) 0;1 min π 0; 2
( f x
)
π 2
−
−
x
x
x
x
= = = − khi x khi x , = 0 ( 0,25 ñiểm) Vậy 5 6 1 6 f x max ( ) π 0; 2 min π 0; 2
log
6 log
− = ⇔ 1 0
4 log
− = 1 0
2 3
3 log 3
9
2 1
3
b) Phương trình (0,25 ñiểm)
log=
x3
=
x
log
1
1
3
2
⇒
−
⇔
ðặt t , ta có phương trình: (0,25 ñiểm)
t
4
t 3
− = ⇔ 1 0
= −
t
= −
x
log
3 1 4
3
= t
1 4
= x = x
3
1 4
(0,5 ñiểm)
+
=
y
3
2
0
(1)
x
x
−
=
27
2 y 3 .9
0
(2)
− x
2
x
x
y
x
2
⇔
=
x
y
c) Giải hệ phương trình
(2)
27
2 y 3 .9
⇔ = ⇔ = 3
3
1
2
⇒
−
⇔
, thay vào phương trình (1) ta ñược:
y
y
3
+ = ⇔ 2 0
= =
x x
1 4
= =
y y
1 2
1 = − = 2 = −
2
= y y y y
−
( 0,5 ñiểm)
Vậy hệ phương trình có nghiệm (1;1); (1; 1); (4; 2); (4; 2) − ( 0,5 ñiểm)
Bài 3 (1 ñiểm)
• Tập xác ñịnh
= D R \
{
} − 2
2
2
+
+
+
+ x m
x
m
x
m
x
(2
1)(
+ − 1)
(
1)
+ + 1
x
2
=
=
y
'
•
+
+
x
x
+ 2 1)
(
(
x 2 1)
2
⇒
( 0,25 ñiểm)
y
x
x
= ⇔ + ' 0
2
= ⇔ 0
= 0 = −
+ −
x x
= y m = y m
2
1 3
2−
−∞
1−
( 0,25 ñiểm)
+∞
0
'f
+∞
( ) f x
+ - + - 0 0 x ( ) x
3m −
−∞
m
1m +
− 3)
− 1( 2;
m
Dựa vào BBT ⇒ ñiểm cực ñại là: I (0,25 ñiểm)
− ñến ñường thẳng
3)
x
y
∆ − ( ) : 3
4
+ = là: 2 0
− 1( 2;
m
3
=
= ⇔ −
m
∆ ,( ))
4
2
Khoảng cách từ ñiểm cực ñại I
d I ( 1
= − m = ⇔ = 5 m 7
− 8 4 5
(0,25 ñiểm)
Bài 4 (3 ñiểm)
S
• Vẽ hình ñúng ⊥
(0,5 ñiểm)
ABC(
)
nên SA là ñường cao Do SA
d
N
=
V
SA S .
. của hình chóp S ABC.
∆
ABC
1 3
K
E
(0,25 ñiểm)
M
2
P
I
=
=
=
a
AC AB .
a 3.
3
S ∆
ABC
1 2
1 2
C
A
a 3 2 ( 0,25 ñiểm)
2
3
H
=
=
a
a a 2 .
Mà ABC∆ vuông cân tại C
Q
1 3
3 2
B
Suy ra V . ( 0,5 ñiểm)
=
=
b) Gọi H là trung ñiểm BC . Ta có: HA HB HC (do ABC∆ vuông tại A )
) . Suy ra d là trục mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC.
Từ H dựng ñường thẳng d ⊥ ABC( .
= Ta có IA IS (1)
=
Dựng mặt phẳng trung trực của cạnh SA ñi qua trung ñiểm E của SA , cắt d tại ñiểm I .
= . Ta có: IC IB IS (2)
Tương tự, dựng mặt phẳng trung trực các cạnh SB SC,
a
2
2
=
=
+
IA
IH
AH
. Bán kính R IA= . Từ (1),(2) suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp S ABC.
10 2
2
2
=
=
Ta có (0,5 ñiểm)
π a
π R 4
10
3
3
=
=
π
R
π a
. Diện tích mặt cầu là: S
5 10 3
(
4 3 ) cắt ABC(
) theo giao tuyến PQ song song với BC , với Q là trung ñiểm
Thể tích khối cầu là: V (0,5 ñiểm)
+
+
+
+
=
( dt MNPQ dt BMQ dt PNC dt BCPQ dt MNBC
)
(
(
2
2
2
2
2
c) Mặt phẳng MNP của AB . (0,25 ñiểm)
a
a
a
) 6
9
3
3
2
=
+
+
+
+
=
+
a
4
4
2
a 8
( 3 33 8
6 2
3 2
) 9 + + 8
3 33 8
)
(0,25 ñiểm) Diện tích toàn phần của khối ña diện MNPQBC bằng: ( ) a
=============================
ðỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010 Môn TOÁN Lớp 12 Nâng cao Thời gian làm bài 90 phút
ðề số 2
3
2
=
= −
+
−
+
x
x
x
Bài 1 (3 ñiểm)
f x ( )
2
3
C 1 (
)
1 3
= y mx
a) Khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số: y (2 ñiểm)
( ) :
+ cắt C(
1
) tại 3 ñiểm phân biệt?
b) Tìm m ñể ñường thẳng d (1 ñiểm)
Bài 2 (3 ñiểm)
= −
−
x
x
cos 2
2 sin
+ , với x
1 3
4 3
−
+
x
log
5 log
(1 ñiểm) f x ( ) a) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: π ∈ 0; 2
2 2
2
= 13 log 4 0 2
4 2
x
b) Giải phương trình: (1 ñiểm)
xy
2
y
= 1 x
−
− =
− 1 4
3 0
16
(1 ñiểm) c) Giải hệ phương trình
Bài 3 (1 ñiểm)
2
+
+
+
x
m
2(
=
y
Cho hàm số , m là tham số.
( C
)m
1) +
+ x
2 x m m 2
)mC có cực ñại, cực tiểu và khoảng cách giữa hai ñiểm cực ñại, cực tiểu
Tìm m ñể hàm số (
⊥
(1 ñiểm)
ABC(
)
=
=
AB
a AC a
bằng 5 ? Bài 4 (3 ñiểm) có SA , ñáy là ABC∆ vuông tại C . Cho hình chóp S ABC.
= .
3,
2 ,
Biết SA a
.
lần lượt là hình chiếu vuông góc của A xuống SC SB, (1,5 ñiểm) . Xác ñịnh tâm I và tính . Suy ra diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình .
và thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp H ABC. ? (1 ñiểm) (0,5 ñiểm) a) Tính thể tích của khối chóp S ABC. b) Gọi H K, bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp H ABC. chóp H ABC. c) Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp A BHK. và A BCH.
===============================
ðÁP ÁN ðỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010 Môn TOÁN Lớp 12 Nâng cao Thời gian làm bài 90 phút
ðề số 2
3
2
=
= −
+
−
+
x
x
x
f x ( )
2
3
(C) 1
Bài 1 (3 ñiểm)
1 3
• Tập xác ñịnh D R=
a) Khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số: y
y
y
= −∞ ;
• Giới hạn
= +∞
(0,25 ñiểm)
lim →−∞
lim →+∞ x
x
= −
2
2
y
⇒
= −
+
−
+
y
x
x
y
x
x
'
4
3;
= ⇔ − ' 0
4
− = ⇔ 3 0
(0,25 ñiểm)
•
1 3
1 3
= x = x
1
= y
• Bảng biến thiên
(0,25 ñiểm)
(0,5 ñiểm)
−∞
3
+∞
1
'f
+∞
- + - 0 0 x ( ) x
( ) f x
−∞
1 − 3
1
−∞ và (3;
;1)
)+∞
ðiểm cực ñại I1(3;1) , ñiểm cực tiểu I2
1 3
− 1;
= −
+
x
y
= ⇔ −
x
x
''
2
4;
'' 0
2
4
2
0
• Ta có y
+ = ⇔ = .
2;
ðiểm uốn I
Hàm số ñồng biến trên (1;3) , nghịch biến trên (
1 3
• ðiểm ñặc biệt:
( 0,25 ñiểm) y
) ( A 0;1 , B
1 3
− 4;
.
A I
.
.
. .
. 1I .
-2 -1 3
.
0 x 2 4 B
. 1 . 2I
. . . .
1 3 1 − 3 -2
ðồ thị hàm số nhận ñiểm uốn I
2;
1 3
= y mx
làm tâm ñối xứng. (0,5 ñiểm)
( ) :
+ cắt C(
1
) tại 3 ñiểm phân biệt?
b) Tìm m ñể ñường thẳng d
0
3
2
2
−
+
−
+
−
+
x
x
x
x
+ x m
x
2
3
= mx 1
+ ⇔ 1
2
3
= ⇔ 0
2
−
+ =
x
+ x m
2
3 0
1 3
1 3
= x 1 3
Phương trình hoành ñộ giao ñiểm của (C) và (d) là:
=
−
+ + .
x m
(0,5 ñiểm)
2
3
21 x 3
ðể PT ñã cho có 3 nghiệm phân biệt thì PT g x( ) 0= có 2 nghiệm phân biệt khác 0
+
>
m
3
0
)
⇒
⇔
⇔
ðặt g x ( )
0
0 ≠ −
3
< m m
∆ > ' 0 ( ) ≠ g 0
3
1 ( − 1 3 ≠ − m
(0,5 ñiểm)
Bài 2 ( 3 ñiểm)
= −
−
x
x
cos 2
2 sin
+ , với x
1 3
4 3
2
2
)
= −
−
−
−
+
x
x
x
x
x
• Ta có
f x ( ) a) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: π ∈ 0; 2
f x ( )
( 1 2 sin
2 sin
sin
2 sin
1,
1 3
4 + = 3
2 3
π ∈ 0; 2
=
≤ ≤ ⇒ =
−
+
t
t
t
x sin , 0
g t ( )
1
2
1,
(0,25 ñiểm)
∈
. 0;1
22 t 3
ðặt t (0,25 ñiểm)
=
−
[
t
g t
< ∀ ∈
t
g t '( )
2,
'( ) 0,
] 0;1
4 3
=
=
g
khi t
khi x
. (0,25 ñiểm)
= (0) 1
= ⇔ 0
= 0
g t max ( ) [ ] 0;1
f x max ( ) 1 π 0; 2
=
= −
= −
=
g
khi t
khi x
Giá trị lớn nhất:
(1)
= ⇔ 1
g t min ( ) [ ] 0;1
1 3
1 3
π 2
f x min ( ) π 0; 2
=
= −
=
khi x
khi x
Giá trị nhỏ nhất là:
= , 0
1 3
π 2
f x min ( ) π 0; 2
f x max ( ) 1 π 0; 2
−
+
+
+
x
x
x
log
5 log
Vậy (0,25 ñiểm)
= ⇔
= .
log
10 log
16 0
2 2
2
2 2
13 log 4 0 2
2
4 2
x
ðặt t
b) PT (0,5 ñiểm)
log=
x2
− 2
= x
2
2
+
+
= ⇔
⇔
⇔
t
t
, ta có phương trình: (0,25 ñiểm)
10
16 0
⇒
− 8
= − = −
x x
log log
2 8
= − t 2 = − t 8
= =
x x
2 2
2
= x
1 4 1 256
xy
2
(1)
(0,25 ñiểm)
y
= 1 x
−
− =
− 1 4
3 0
(2)
16
(1)
⇔ = , thay vào phương trình (2) ta ñược:
1 x
y 2
y
>
0
y
y
y 2
−
− = ⇔ −
16
− 1 4
3 0
4
3 0
c) Giải hệ phương trình
4 y
− − =
t
3 0
4
= t − = ⇔
4 4 t
2
t
t
(0,5 ñiểm)
− − = ⇔ − 3 0
t 3
= − t 1 − = ⇔ = 4 0 t 4
4 t
y
t
y
x
4
4
4
1
= ⇔ = ⇔ = ⇒ = 2
Phương trình (0,25 ñiểm)
(0,25 ñiểm) Kết hợp ñiều kiện, ta chọn
Vậy hệ phương trình có nghiệm (2;1)
Bài 3 (1 ñiểm)
= D R \
• Tập xác ñịnh
{
} − 2
2
2
2
+
+
+
−
+
+
+
+
+
x
m
x
m
2 x m m
x
2(
2)
2(
1)
2
[
] 1) (
x
− x m
m
4
3
4
=
=
y
'
•
+
+
x
x
+ 2 2)
(
+ 2 2)
(
2
2
=
+
+
x
− x m
m
4
3
4
ðặt
+ . ðể hàm số ñã cho có cực trị thì y ' 0= có hai nghiệm phân
( g x
)
⇔
g x( ) 0
= có hai nghiệm
( 0,25 ñiểm)
biệt khác 2− và y ' ñổi dấu khi ñi qua hai nghiệm phân biệt ñó phân biệt khác 2− . Ta có hệ:
2
∨
>
⇔
⇒ < m
m
3
0
− 2
≠
0
0 ≠
m
> m
0
m
; 0
3;
(0,25 ñiểm)
∈ −∞ ∪ +∞ thì hàm số ñã cho có cực trị.
+
+
+
+
m
m
I
m
2
2
2
; 0
3;
Vậy
∈ −∞ ∪ +∞ , gọi hai ñiểm cực trị là
∆ > ' 0 ) ( − g 2 ( (
m − ( (
) )
m 3 + 3 ) )
(
) 2 ;
(
)
2
I 1
x x ; 2 1 1
2
x x ; 2 2
2
2
2
2
+
−
−
=
x
x
x
= ⇔ 5
5
2
2
= ⇔ 5
5
5
(
)
I I 1 2
I I 1 2
2
x 1
2
x 1
2
x 1
2
−
=
( 4
( = ⇔ − ( ⇔ + x
) )
) ( ) 1 *
2
x 1
x x 1 2
x
Với
= − 4 2
2 = −
+
+
m
m
3
4
+ x 1 x x 1 2
−
3
10
2
2
−
. Áp dụng hệ thức Viet, ta có (0,25 ñiểm)
m
m
4
12
− = ⇔ 1 0
+
3
10
= m = m
2
Thay vào (*) ta ñược phương trình (0,25 ñiểm)
⊥
( 0,5 ñiểm)
.
Bài 4 (3 ñiểm) Vẽ hình ñúng a) Do SA
ABC(
)
=
nên SA là ñường cao của hình chóp S ABC.
V
SA S .
∆
ABC
1 3
Thể tích của khối chóp là: (0,25 ñiểm)
S
2
a
3
=
=
=
Mà ABC∆ vuông tại C nên:
AC BC .
a a .
3
S ∆
ABC
1 2
1 2
2
3
2
=
=
V
a
a 3.
(0,25 ñiểm)
H
a 2
K
⊥
⊥
⊥
SAC(
1 3 b) Ta có: BC
3 2 ( do BC AC BC SA )
. (0,5 ñiểm) Suy ra
;
)
⊥
.
AH HB
(
)
A
B
I
=
=
AHB∆ vuông tại H . Gọi I là trung ñiểm của AB , ta có IA IB IH (1)
=
=
ACB∆ vuông tại C , ta có IA IB IC (2)
C
. ⇒ ⊥ . Suy ra BC AH⊥ Mặt khác, SC AH⊥ SBC Từ ñó, AH
=
= R IA
a
. Từ (1), (2) suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp H ABC.
= .
AB 2
2
2
3
3
=
=
π
=
=
R
π a
π R 4
π a 4
Bán kính (0,5 ñiểm)
4 3
4 3
Diện tích mặt cầu là: S . Thể tích khối cầu là: V (0,5 ñiểm)
c) Tỉ số thể tích 2 khối chóp A BHK. và A BCH.
3
2
=
=
=
=
=
V
BC AH HC
a
.
a 3.
.
BC S .
.
V Ta có A BCH
B AHC
ACH
.
.
1 3
3 8
a 8
1 3
1 2
1 3
3
=
=
=
=
∆
V
V
AHK
BK AH HK
BK dt .
.
.
)
(
H ABK
B AHK
.
.
a 3 14
1 3
1 2
1 3
3
a
.
=
=
(0,25 ñiểm)
12 7
3
V Suy ra A BHK V A BCH
.
a
3 14 1 8
(0,25 ñiểm)
=================================
SỞ GD & ðT ðề số 3
ðỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010 Môn TOÁN Lớp 12 Thời gian làm bài 90 phút
4
=
−
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 ñiểm) Câu I (3 ñiểm)
x
25 x
+ . 4
4
−
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị hàm số y
m
25 x
+ = 4
có 4 nghiệm phân biệt. 2. Tìm m ñể phương trình x
+
+
Câu II (1 ñiểm)
x
x
2(log
1) log
log
= . 0
2
4
2
1 4
Giải phương trình:
Câu III (3 ñiểm)
Cho tam giác ABC ñều cạnh a. Trên ñường thẳng d ñi qua A và vuông góc với mặt phẳng (ABC) lấy ñiểm D sao cho AD = 2a. 1. Tính thể tích khối chóp D.ABC. 2. Tính diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp D.ABC. 3. Mặt phẳng ñi qua B, trung ñiểm của AD và tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp chia khối chóp thành hai phần. Tính tỉ số thể tích của hai phần ñó.
Thí sinh chỉ ñược chọn một trong hai phần: Theo chương trình Chuẩn hoặc Nâng cao 1. Theo chương trình Chuẩn
II. PHẦN TỰ CHỌN (3 ñiểm) Câu IVa (3 ñiểm)
=
− + − + .
x
x
9
1
3
−
≤
x
log
log
0
1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y
2 x log (2 ) 2
2
1 4
2. Giải bất phương trình: .
3. Tìm m ñể hàm số y = x3 – 6x2 + 3(m + 2)x – m – 6 có hai cực trị và hai giá trị cực trị cùng dấu.
2. Theo chương trình Nâng cao
Câu IVb (3 ñiểm)
−
= + x
x2
4
x y + y x
. 1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y
+
= +
= 32 − x y
x
y
)
4 log ( 3
) 1 log ( 1 3
2
2
x
x
2
−
−
+
+
2. Giải hệ phương trình:
− = có nghiệm thuộc ñoạn
m
m
m
(
2)2
2(
1)2
2
6 0
0; 2
.
3. Tìm m ñể phương trình
ðề số 3
--------------------Hết------------------- Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . .
ðÁP ÁN ðỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010 Môn TOÁN Lớp 12 Thời gian làm bài 90 phút
Nội dung
4
Câu I.1
ðiểm 2,00
−
x
25 x
+ 4
= +∞
= +∞
y →+∞
0,50
= Khảo sát hàm số y 1) Tập xác ñịnh : R 2) Sự biến thiên: a) Giới hạn : y lim →−∞ x
, lim x
0
′ =
−
x
y
34 x
10
′ = ⇔ 0
b) Bảng biến thiên: y
= x = ± x
10 2
;
0,50 x y'
+∞
−
; 0 ,
;
y
10 2
Hàm số ñồng biến trên các khoảng – ∞ – 10 / 2 0 10 / 2 + ∞ – 0 + 0 – 0 + + ∞ 4 + ∞ –9/4 –9/4
−∞ − ;
10 2 , 0;
10 2
10 2
Hàm số nghịch biến trên các khoảng 0,50
±
= −
= ±
Hàm số ñạt cực ñại tại x = 0, yCð = y(0) = 4
10 2
9 4
10 2
Hàm số ñạt cực tiểu tại x , yCT = y
3) ðồ thị: ðồ thị (C) của hàm số có hai ñiểm uốn U
5 19 ; 6 36
±
nhận Oy làm
trục ñối xứng, giao với Ox tại 4 ñiểm ( ± 1; 0); ( ± 2; 0) (Hình 1) y y (C1) (C)
4 4 y = m
9/4
O x x -2 -1 1 2 O -2 -1 1 2
-9/4 0,50
y (C1)
4 y = m
9/4
4
−
x O -2 -1 1 2
(1) có 4 nghiệm phân biệt
Tìm m ñể phương trình x
m
+ = 4
(Hình 1) (Hình 2) 25 x
1,00
I.2
4
−
=
x
25 x
4
+ . (C1) gồm hai phần:
0,25
0,25
<
m
< 4
9 4
+
+
Gọi (C1) là ñồ thị hàm số y +) Phần ñồ thị (C) nằm trên trục Ox +) ðối xứng của phần ñồ thị (C) nằm dưới Ox qua Ox Vẽ ñồ thị (Hình 2) Số nghiệm của (1) bằng số giao ñiểm của (C1) với ñường thẳng y = m. Theo ñồ 0,50 thị ta ñược (1) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m = 0 và
II
1,00
= (1)
x
x
Giải phương trình
2(log
1) log
log
0
2
4
2
1 4
ðiều kiện: x > 0
⇔
+
+
x
x
x
x
(log
1) log
− = ⇔ 2 0
log
log
− = 2 0
2
2 2
2
2
2
⇔
⇔
0,5 (1)
= 1 = −
x x
log log
2
2
= x = x
2 1 4
0,5
III.1
Tính thể tích khối chóp D.ABC.
1,00
d
∆
D
F
N
K I E
A C
O M
B
2
3
Thể tích khối chóp
a
a
3
3
=
=
=
V
a 2 .
AD S .
ABC
D ABC
.
4
1 3
6
1,00
1,00
III.2
0,25
1 3 Tính diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp D.ABC. Gọi O là trọng tâm của tam giác ABC, gọi ∆ là ñường thẳng ñi qua O và vuông góc với (ABC), suy ra ∆ // DA và ∆ là trục của ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Trong mặt phẳng (d, ∆) kẻ ñường thẳng trung trực của AD cắt ∆ tại I, khi ñó I cách ñều A, B, C, D nên I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp D.ABC
Gọi M, N là trung ñiểm của BC và AD. Tứ giác AOIN là hình chữ nhật nên
a
3
3
2
2
+
=
=
=
AO
= DA a AO
AM
,
1 2
2 3
a 2 3 2
3
2
a
3
2
=
+
=
IA
a
0,25 IA = ON = AN . AN =
3
a 2 3 3
.
2
2
16
2
=
=
=
=
= R IA
π R 4
0,50
a 2 3 3
a 2 3 3
π a 3
π 4
Mặt cầu có bán kính nên S
1.00
III.3
Tính tỉ số thể tích... Gọi E = DM ∩ IN, F = BE ∩ DC khi ñó tam giác BNF là thiết diện của hình
0,25 chóp cắt bởi mặt phẳng (BNI).
0,25 Do N là trung ñiểm của DA, NE // AM nên E là trung ñiểm của DM Gọi K là trung ñiểm của FC ⇒ MK là ñường trung bình của tam giác BFC ⇒ MK // BF ⇒ EF là ñường trung bình của tam giác DMK ⇒ F là trung ñiểm của DK ⇒ DC = 3 DF ⇒ SDBC = 3SDBF.
=
=
=
Gọi h là khoảng cách từ A ñến mặt phẳng (DBC), do N là trung ñiểm của DA nên khoảng cách từ N ñến (DBC) bằng h/2. Gọi thể tích khối chóp D.ABC là V, thể tích khối chóp D.NBF là V1, thể tích 0,25
V
= − V
V
V
h S .
S . DBF
DBC
V 1
= ⇒ = − V 2
V V 1
1 6
5 6
1 6
5=
1 5
V Do ñó ta có tỉ số thể tích: 1 V 2
V = hoặc 2 V 1
Ta có phần còn lại là V2. h 1 1 6 3 2
=
.
.
0,25
Chú ý thí sinh cũng có thể làm theo cách sau:
V 1 V
DN DF DB DA DC DB
1 = 6
=
− + − + .
IVa.1
1,00
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y
x
x
1
9
1
1
Tập xác ñịnh D = [1; 9]
=
−
y
x
x
'
= ⇔ − = ' 0
1
9
− ⇔ = x 5
−
−
x
x
2
1
2 9
0,50 , y
⇒
=
=
=
=
y
y
y
y
y
max
(5) 4, min
(1)
= (9) 2 2
y(1)= y(9) = 2 2 , y(5) = 4 0,50
1,00
IVa.2 Giải bất phương trình...
3
3
−
−
≥
x
x
log
≤ ⇔ 0
log
1
log
(ñiều kiện: x > 0)
2 x log (2 ) 2
2
2 x log (2 ) 2
2
1 4
2
−
−
x
x
x
x
+ (1 log
2 )
3 log
− ≥ ⇔ 1 0
log
log
0,25
2
2
2 2
2
≥ ≤
x x
log log
1 0
≥ ⇔ 0
2
=
0,50
∪ +∞ )
(0;1]
[2;
2 1
. Vậy bất phương trình có tập nghiệm S 0,25
1,00
IVa.3
≥ x ⇔ ≤ x Tìm m ñể hàm số y = x3 – 6x2 + 3(m + 2)x – m – 6 có hai cực trị cùng dấu. y’ = 3x2
+
−
∆⇔ =
m
' 36 9(
2) 0
– 12x + 3(m +2). ðiều kiện ñể hàm số có cực trị là y’ có hai nghiệm > ⇔ < m 2
phân biệt
x 2 =
4 +
= m
2
=
−
−
+
Gọi x1, x2 là hai ñiểm cực trị của hàm số, khi ñó theo ñịnh lí Viet ta có 0,25
x
x
'
+ y m (
2)(2
1)
2 3
Do y và y’(x1) = y’(x2) = 0
=
=
−
m
m
x
(
)
(
− 2)(2
+ , y x (
1)
)
(
2)(2
+ 1)
+ x 1 x x 1 2 1 3 nên y x 1
x 1
2
2
=
=
−
+
−
+
+
m
x
m
) (
)
(
2 2) (2
1)(2
+ = 1)
(
2 2) [4
2(
+ ) 1]
y y C CT
§
y x y x ( 1
2
2
x x 1 2
x 1
x 2
x 1
0,25
=
−
+
+
−
+
m
m
m
m
2) 2.4 1]
(
(
2 2) (4
17)
2 + = 2) [4( Do ñó hai giá trị cực trị cùng dấu khi
2
> ⇔ −
+
m
m
0
(
2 2) (4
17) 0
y y . CÑ CT
0,25
≠ m > ⇔ > − m
17 4
−
<
m
0,25
< 2
17 4
Kết hợp với ñiều kiện ta ñược
1,00
−
IVb.1 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y
= + x
x2
4
2
−
−
−
x
x
x
4
=
Tập xác ñịnh: D = [– 2; 2]
y
= + ' 1
2
2
−
−
x
x
4
4
2
y
x
x
⇔ = x
= ⇔ − ' 0
4
− = ⇔ 0
2
0,25
2
=
0 2 x
x
≥ x − 4
0,25
=
0,25 y(–2) = – 2, y (2) = 2, y( 2) 2 2
=
=
y
y
y
y
max
( 2) 2 2, min
= − = − 2
( 2)
x y + y x
0,25
IVb.2 Giải hệ phương trình
1,00
+
= 32 − x y
x
(1) (2)
4 log ( 3
= + y ) ) 1 log ( 1 3
ðiều kiện: x – y > 0, x + y > 0, x ≠0, y ≠ 0
2
2
2
2
⇔
−
+
+
= ⇔
−
= ⇔ −
=
x
y
x
y
x
y
x
y
(2)
)
) 1
) 1
3 (3)
log ( 3
log ( 3
log ( 3
2
x y y x
+
⇔
+
=
0,25
2
5 = ⇔ 2
2
5
x y
y x
2
+
= ⇔ −
=
ðặt
(1) . 0,25
t
t
t
2
5
2
t 5
+ = ⇔ 2 0
2 1/ 2
1 t
x y
= t = t 2
2
−
y
3
= ⇔ = ± y 1
ta có
0,25
y2⇒ = x 1= ⇒ = x = − ⇒ = − x 1
2 (
)
2
−
=
thế vào (3) ta ñược y 4 2 (thoaû maõn) loaïi +) Với t = 2 Khi y Khi y
voâ nghieäm
x2⇒ = y
24 x
3 (
)
1 2
+) Với t = thế vào (3) ta ñược x 0,25
Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm (x, y ) = (2; 1)
IVb.3 Tìm m ñể phương trình có nghiệm thuộc ñoạn [0; 1]
1,00
2
2
x
x
2
−
+
+
m
m
(
2(
1)2
2
− = 6 0
− 2)2 x2
∈
∈
ðặt t =
2 , do x x
neân t
0; 2
[1; 4]
m 2
(1)
−
−
+
m
(
t 2)
2(
1)
+ t m 2
− = 6 0 2
+
+
t
2
2
6
2
2
+
=
+
+ ⇔ =
=
t
m
t
m
⇔ − t (
2
2)
t 2
2
6
f t ( )
t 2
−
+
t
t
2
2
0,25 (2) (1) trở thành m
2
loaïi
)
−
−
+
t
4
Xét hàm số f(t) trên [1; 4]
2
=
= ⇔ −
−
+
= ⇔
f
f
t
t
t
t '( )
,
'( ) 0
6
4
16 0
t 6 2
−
+
t
t (
2
16 2 2)
= − t 2 ( 4 = t 3
0,25
4 3
f(1) = 10, f(4) = , f = 11
⇒
=
=
=
=
f
f
(4)
f t max ( ) [1;4]
f t 11, min ( ) [1;4]
23 5
23 5 4 3
0,25
≤
m
11
23 ⇔ ≤ 5
≤
≤
(1) có nghiệm thuộc [0; 2 ] ⇔ (2) có nghiệm thuộc [1; 4] 0,25
m
11
23 5
Vậy:
ðỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học Môn TOÁN Lớp 12 Thời gian làm bài 90 phút
3
+
+
x
x
26 x
9
4
+ có ñồ thị (C).
ðề số 4
= a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C) của hàm số. b) Viết phương trình tiếp tuyến ∆ với ñồ thị (C) tại ñiểm M(–2; 2).
3
2
+
+ =
+
x
m
x
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 ñiểm) Câu I. (3 ñiểm) Cho hàm số y
9
4 log
6
2
=
+
c) Dựa vào ñồ thị (C), tìm m ñể phương trình x có 3 nghiệm phân biệt
trên ñoạn
Câu II. (1 ñiểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y
x
x
2 cos 2
4 sin
π 0; 2
.
Câu III. (2 ñiểm) Giải các phương trình sau:
x
x
+ 1
+
+
=
+
2 5
5
= 6
x
x
x
+ − 1)
3)
7)
log ( 2
log ( 2
a) b)
Câu IV. (1 ñiểm) Biết
> . 2
2 10π <
π
log ( 1 2 1 log
1 + logπ
2
5
. Chứng minh:
Thí sinh chỉ ñược chọn một trong hai phần: Theo chương trình Chuẩn hoặc Nâng cao 1. Theo chương trình Chuẩn
II. PHẦN RIÊNG (3 ñiểm) Câu Va. (2 ñiểm) Cho hình chóp S.ABCD có ñáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông
−
x
22 x
3
≥
góc với mặt phẳng ñáy, cạnh bên SB = a 3 . a) Tính thể tích của khối chóp S.ABCD. b) Xác ñịnh tâm và tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.
Câu VIa. (1 ñiểm) Giải bất phương trình:
5 6
6 5
.
2. Theo chương trình Nâng cao
Câu Vb (2 ñiểm) Trên mặt phẳng (P) có góc vuông xOy , ñoạn SO = a vuông góc với (P). Các
+
= .
ñiểm M, N chuyển ñộng trên Ox, Oy sao cho ta luôn có OM ON a a) Xác ñịnh vị trí của M, N ñể thể tích của tứ diện SOMN ñạt giá trị lớn nhất. b) Khi tứ diện SOMN có thể tích lớn nhất, hãy xác ñịnh tâm và tính bán kính mặt cẩu ngoại tiếp tứ diện SOMN.
2
2
−
=
x
y
log
log
2 log 2
Câu VIb. (1 ñiểm) Giải hệ phương trình:
5 2
=
xy
2
--------------------Hết------------------- Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . .
ðÁP ÁN ðỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010 Môn TOÁN Lớp 12 Thời gian làm bài 90 phút
ðề số 4
Nội dung
4
Câu I.a
ðiểm 2,00
−
x
25 x
+ 4
= +∞
= +∞
y →+∞
0,50
= Khảo sát hàm số y 1) Tập xác ñịnh : R 2) Sự biến thiên: a) Giới hạn : y lim →−∞ x
, lim x
′ =
+
y
b) Bảng biến thiên: y
x
0
23 x
12
+ ; 9
= − x 1 ′ = ⇔ = − x 3
0,50
+∞
x y′
+∞
y
–1 –3
)
−∞ + 0 – 0 + −∞ ) ( ; 3 ,
1;
0,50 0 − +∞
4 Hàm số ñồng biến trên các khoảng ( −∞ − Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 3; 1) − − Hàm số ñạt cực ñại tại x = –3, yCð = y(–3) = 4 Hàm số ñạt cực tiểu tại x − = 1= − , yCT = y( 1) 0 3) ðồ thị: ðồ thị ñi qua các ñiểm (–2; 2), (0; 4), (–1; 0), (–3; 4), (–4; 0) 0,50
y
6
5
4
3
2
1
x
-6
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
-1
-2
-3
-4
Phwong trình tiếp tuyến
0,50 0,25
I.b
+
+
′= f
x
f
− ( 2)(
2)
(2)
= −
− 4
x3
3
2
Phương trình tiếp tuyến với (C) tại ñiểm M(–2; 2): y ⇒ y
0,25 0,50
I.c
+
+
+ =
x
x
m
Tìm m ñể PT x
6
9
4 log
2
có 3 nghiệm phân biệt
log=
0,25 Số nghiệm của PT là số giao ñiểm của (C) và d: y
< ⇔ <
<
m2 m
m
< 0 log
4
1
16
2
0,25 Dựa vào ñồ thị ⇒ PT có 3 nghiệm phân biệt ⇔
II
1,00
=
+
x
x
2 cos 2
4sin
π 2
)
′ = −
+
=
−
y
x
x
x
x
2 2 sin 2
4 cos
4 cos
( 1
2 sin
trên ñoạn 0; . Tìm GTLN, GTNN của hàm số y
0,25
′ = ⇔ =
x
∨ = x
0
π 2
π 2
π 4
0,25 Trên 0; , ta có: y
=
=
y
y
y
= − 4
2;
2 2;
(0)
2
π 2
π 4
0,25
=
=
=
=
y
y
y
y
(0)
2 2
π 4
min π 0; 2
2; max π 0; 2
x
x
+ 1
0,25 Vậy:
1,00
+
III.a Giải phương trình
2 5
5
= 6
ðặt t =
x5 , t > 0
0,25
loaïi
6 (
)
2
+
t
t 5
0,50 PT trở thành
0,25 Với t = 1 thì x 5
1,00
+
=
+
1 III.b Giải phương trình
x
x
x
3)
7)
= − t − = ⇔ = 6 0 t 1 = ⇔ = x 0 + − 1) log ( 2
log ( 2
log ( 1 2
=
+ ⇔ +
+
+
x
x
x
1> − + x
x
ðiều kiện x PT ⇔
7)
(
1)(
3)
= + x 7
3)
1)(
log ( 2
− = ⇔ = ∨ = − x
x
loaïi
x
1
4 (
)
4 0
log ( 2 2 3 ⇔ x + Vậy PT có nghiệm x = 1
0,25 0,50
0,25 1.00
IV
> 2
π
1 log
1 + logπ
5
Chứng minh:
+
=
+
>
= log 2 log 5 log 10 log
= 2
π
π
π
2 ππ
π
π
2 1 log
1 log
2
1,00 Ta có:
5 Thể tích khối chóp
1,00 0,25
Va.a
S
a2=
ABCD
0,25
2
2
=
−
=
SA
SB
AB
a
2
0,25
2
3
=
=
=
V
Bh
a
a
a 2.
1 3
1 3
2 3
0,25
Va.b
1,00 0,25 0,50
Tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp Gọi O là tâm hìnhg vuông ABCD ⇒ O là tâm ñường tròn ngoại tiếp hình vuông Qua O kẻ d // SA ⇒ d là trục của ñường tròn (ABCD), d cắt SC tại trung ñiểm I
∆SAC vuông tại A ⇒ IA = IC = IS =
SC 2 ⇒ IS = IA = IB = IC = ID ⇒ I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.
của SC.
SC 2
0,25 Bán kính R = IA = = a
−
x
22 x
3
VIa
1,00
≥
Giải bất phương trình
5 6
6 5
−
−
x
22 x
3
1
≥
⇔
5 6
−
x
3
5 6 22 ⇔ x
+ ≤ 1 0
0,25
⇔
≤ ≤ x 1
1 2
0,50 0,25
Vb.a Vị trí của M, N
1,00 0,25
=
=
=
Bh
OM ON OS
.
.
a OM ON . .
V V = SOMN
1 6
1 3
1 1 . 3 2 2
0,25
3
=
a
a
1 6
+ OM ON 2
1 24
0,25 V ≤
=
=
V
a khi OM ON
max
31 24
a = 2
0,25
Vb.b Xác ñịnh tâm và bán kính mặt cầu
1,00 0,50
a 3 4
Gọi I là trung ñiểm của MN ⇒ I là tâm ñường tròn ngoại tiếp ∆OMN. Mặt phẳng trung trực của OS cắt trục It của ∆OMN tại J. Ta có: JS = JO = JM = JN ⇒ J là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SOMN. 0,50 Bán kính R = JO =
VIb
1,00
2
2
−
=
x
y
log
log
2 log 2
(1)
5 2
=
xy
2
(2)
Giải hệ phương trình:
ðiều kiện:
0 0
> x > y
0,25
−
+
=
x
x
(log
y log )(log
y log )
2 log 2
5 2
2
5 2
=
⇔
=
=
=
xy
)
2 log 2
log 2 log
log 2
5 22=
⇔
⇔
x log .log( y
x log .log 2 y
x y
x y
5 2
5 2
0,50 (1) ⇔
=
xy
7 4
=
x
2
⇔
0,25
2 5 2
−
2
3 4
x = y
=
y
2
Kết hợp (2) ta ñược
ðỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010 Môn TOÁN Lớp 12 Thời gian làm bài 90 phút
ðề số 5
3
=
−
x
23 x
+ . 1
y " 0= .
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 ñiểm) Câu 1: (2,5ñ)
3
2
=
−
+
x
x
x
2
3
1
Cho hàm số: y 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C) của hàm số. 2) Viết phương trình tiếp tuyến với (C) tại ñiểm có hoành ñộ là nghiệm của phương trình Câu 2: (1ñ)
+ trên ñoạn [–1;2]
1 3
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: y
Câu 3: (1ñ)
+
−
x
x
1 2
1 2
−
4
4
= 3
Giải phương trình:
Cho hình chóp tứ giác ñều S.ABCD có cạnh ñáy bằng 2a, cạnh bên hợp với ñáy một góc α. a) (1,25ñ) Tính thể tích của khối chóp S.ABCD b) (1,25ñ) Xác ñịnh tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD
Thí sinh chỉ ñược chọn một trong hai phần: Theo chương trình Chuẩn hoặc Nâng cao 1. Theo chương trình Chuẩn
=
y
Câu 4: (2,5ñ) II. PHẦN RIÊNG (3 ñiểm) Câu 5a:
2 1 + x − x x ) (1
+
−
x
x
log
log
1) (1ñ) Tìm các tiệm cận của ñồ thị hàm số
< 3
log 8 2
4
x 2
2) (1ñ) Giải bất phương trình:
2 3) (1ñ) Cắt mặt xung quanh của một hình trụ theo một ñường sinh, rồi trải ra trên một mặt phẳng, ta ñược một hình vuông có diện tích 100cm2. Tính thể tích của khối trụ giới hạn bởi hình trụ ñó. 2. Theo chương trình Nâng cao
Câu 5b:
=
x
2 1
+ − x 2
+
−
x
x
log
log
1) (1ñ) Tìm các tiệm cận của ñồ thị hàm số: y
log 18 3
9
x 3
5 > 2
3 3) (1ñ) Cắt mặt xung quanh của một hình nón theo một ñường sinh, rồi trải ra trên một mặt phẳng, ta ñựơc một nửa hình tròn có ñường kính bằng 10cm. Tính thể tích của khối nón giới hạn bởi hình nón ñó.
2) (1ñ) Giải bất phương trình:
Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . .
ðÁP ÁN ðỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010
––––––––––––––––––––Hết–––––––––––––––––––
Môn TOÁN Lớp 12 Thời gian làm bài 90 phút
ðề số 5
Nội dung
TXð: D = R 2 Câu 1 (2,5ñ)
Ý 1 (1,75ñ)
y
x
y
y y
3
= − x ' 3 6 = ⇒ = x 0 1 = ⇔ = ⇒ = − ' 0 x 2
3
2
3
2
−
+ = +∞
−
+ = −∞
x
x
x
x
3
1)
,
3
1)
lim ( →+∞ x
lim ( →−∞ x
2
+∞
-∞
+
x y'
0
0 0
1
+∞
y
-3
-∞
; 0)
−∞ và (2;
)+∞
Hàm số ñồng biến trên các khoảng ( Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2) Hàm số ñạt cực ñại tại ñiểm x = 0; yCð =1, ñạt cực tiểu tại ñiểm x = 2; yCT =
y
–3 ðồ thị:
1
1
-1
2
x
3
ðiểm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,50
-3
x
y
6 0
1
− = ⇔ = ⇒ = − 1
x 3= −
= −
− − ⇔ = −
x
y
x
3(
1) 1
3
+ 2
2 (0,75ñ) 0,25 0,25
= x x
1;2
= y " 6 y '(1) Phương trình tiếp tuyến là: y y’ = x2 – 4x +3 1 = ∉ − 3
⇔
−
2 (1ñ) y’ = 0
5 3
7 3
y(–1) = , y(2) = , y(1) = 0,25 0,25 0,25 0,25
=
= −
y
y
13 3 7 3
13 3
min − 1;2
max − 1;2
0,25
+
−
x
x
x
1 2
1 2
−
−
4
4
= ⇔ 3
2.4
2.
= 3
1 x
4
t
2
3
ðặt t =
x4 , t>o ⇒
− = ⇔ 2t2 –3t –2 = 0
2 t
= −
loaïi (
)
1 2
2
⇔ t = t
3 (1ñ)
1 = 2
t = 2 ⇒ x4 = 2 ⇔ x 0,25 0,25 0,25 0,25
1 = 2
Vậy nghiệm của phương trình là x
⇒ =
=
=
⇒ =
α
4 (2,5ñ) 1 (1,25ñ)
OA a
AC
a
SO a
α ,
2
2
2
2 tan
3
α
a
4
=
=
V
S
SO .
Gọi O là tâm của ñáy thì SO ⊥ (ABCD) (cid:1) SAO
ABCD
1 3
2 tan 3
Thê tích của khối chóp S.ABCD là:
= ⇒ =
SI
2 (1,25ñ) Gọi H là trung ñiểm SA, trong mặt phẳng (SAC) dựng ñường trung trực của SA cắt SO tại I thì I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD
=
=
α
SA
SH
= SO a
⇒ = SI
,
,
2 tan
SH SO a 2 α cos
SA SH . SO a 2 α cos 2
Hai tam giác vuông SHI và SOA ñồng dạng , nên ta có: SI SA
=
r
a 2 α sin 2 a 2 sin 2α
0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là:
2
2
= −∞
= +∞
−
, lim → + x 0
+ −
+ −
lim → x 0
1 x )
1 x )
x x (1 2
x x (1 2
= +∞
= −∞
5B (3ñ) Tập xác ñịnh D= R\{0;1} 1 (1ñ) ; ñường thẳng x = 0 là tiệm cận ñứng
, lim → + x 1
+ −
lim − → x 1
x x (1
1 x )
x x (1
; ñường thẳng x = 1 là tiệm cận ñứng
= −
1
lim →±∞
+ 1 − x ) 2 1 + x − x x ) (1
x
0,25 0,25 0,25 0,25 ; ñường thẳng y = –1 là tiệm cận ngang
+
−
x
x
log
log
< 3
4
log 8 2
x 2
⇔
+
−
+
<
x
2 ðiều kiện x > 0 (1)
log 8 log
2 log
log
2
2
log 2 3 4
4
⇔ +
−
+
x
x
x
3 log
2 log
log
3
2
2
2
x 2 1 2
− x 1 − < 2
⇔ −
<
x
log
2
1 2
1 2
⇔
> − ⇔ >
x
x
log
1
2
(1) 2 (1ñ)
1 2
0,25 0,25 0,25 0,25
3 (1ñ)
Gọi h là chiều cao và r là bán kính ñáy của hình trụ, từ giả thết ta có:
⇒ = r
5 π
h = 10 và 2πr = 10
2
2
=
=
π
0,5 0,5
π .
.10
5 π
250 π
Vậy thể tích của khối trụ là V = r h
1
2
=
=
x
x
+ − 1
0
lim →+∞
lim →+∞ x
x
2
x
x
+ + 1
5b (3ñ) 1 (1ñ) Tập xác ñịnh R ðồ thị không có tiệm cận ñứng
2
= +∞
x
x
+ − 1
Suy ra ñường thẳng y = 0 là tiệm cận ngang khi x → +∞
lim →−∞ x Gọi tiệm cận xiên là y = ax + b
+
−
+
x
1
1
1 2
2
x
x
x
=
=
a
= − 2
lim →−∞
lim →−∞
x
x
+ − 1 x
x
1
2
; ñồ thị không có tiệm cận ngang khi x → −∞
)
(
=
=
=
b
x
x
+ + 1
0
lim →−∞
lim →−∞
x
x
2
x
x
+ − 1
0,25 0,25 0,25 0,25
+
−
x
x
log
log
> (1)
log 18 3
9
x 3
5 2
3 ðiều kiện: x > 0
⇔
+
+
−
x
x
x
(1)
log 18 log
2 log
log
3
3
3
3
5 + > 2
1 2
⇔
x
+ log 18 2 log
> 2
3
3
Vậy ñường thẳng y = –2x là tiệm cận xiên khi x → −∞ 2 2 (1ñ)
0,25 0,25
⇔
x2
> 2
⇔
log 18 3 x2
18
1
2
>
x
x
vì x
0
(
)
> 9 1 ⇔ > ⇔ > 2
2
A
O
B
3 (1ñ)
2 π 5
Từ giả thiết, ta suy ra l = = 5 Gọi l, r là ñường sinh và bán kính ñáy của hình nón. 10 2
1 2
Diện tích của nửa hình tròn là: Diện tích xung quanh của hình nón là: rl π= r5π 25 π= 2
π r 5
25 π= 2
5 ⇒ = r 2
2
2
=
−
=
−
=
l
r
25
3
Theo giả thiết ta có:
25 4
5 2
2
125
3
=
=
π
Gọi h là ñường cao của hình nón thì: h
2 r h
π .
.
3
1 3
5 2
5 2
1 3
π 24
Vậy thể tích của khối trụ là V = 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25
=============================
![Đề thi Tiếng Anh có đáp án [kèm lời giải chi tiết]](https://cdn.tailieu.vn/images/document/thumbnail/2025/20250810/duykpmg/135x160/64731754886819.jpg)
