SỞ GD & ĐT THANH HÓA ĐỀ THI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ I
Trường THPT Đông Sơn I
--------***-------- MÔN : TOÁN 12 – BAN KHTN
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian giao đề
-------------------------***-------------------------
Câu 1 (4 điểm)
Cho hàm số
3
2
mx)2m(3x)1m(mx
3
1
y23 (1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 2
b) Dựa vào đồ thị (C) biện luận theo k số nghiệm của phương trình
k
x
3
x
2
23
c) Tìm m để hàm số (1) đồng biến trên nửa khoảng [2; + )
Câu 2 (1 điểm)
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
3xcosxcosy 2 trên đoạn
2
;0
Câu 3 (2 điểm)
a) Giải phương trình: 1)3x(logxlog 2
4
3
8
b) Giải hệ phương trình:
4yx2
522 y1x
Câu 4 (3 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với AB = a, 3aSD ,
SA = a và SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD).
a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD.
b) Xác định tâm và tính diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
S.ABCD.
c) Gọi M, I lần lượt là trung điểm của AD và SC, N là giao điểm của BM
và AC. Tính thể tích khối tứ diện ANIB.
--------------------Hết-------------------
Họ và tên thí sinh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . .
1
TRƯỜNG THPT ĐÔNG SƠN I KÌ THI KIỂM TRA CHẤT LƯƠNG HỌC KÌ I
HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN 12 – BAN KHTN
- Điểm toàn bài làm tròn đến 0,5
- Học sinh làm các khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa.
Câu ý Nội dung Điểm
1 4,00
a
Kh
ả
o s
á
t h
à
m s
ố
(2,00 điểm)
Khi m = 2, hàm số (1) trở thành 3
4
xx
3
2
y23
1) Tập xác định : R
2) Sự biến thiên:
a, Giới hạn : 
 xx
ylim,ylim
0,50
b, Bảng biến thiên: y’ = 2x2 - 2x, y’ = 0 x = 0, x = 1
x -
0 1 +
y' + 0 - 0 +
y - 4/3 +
- -5/3
0,50
Hàm số đồng biến trên các khoảng (-
; 0) và (1; +
)
Hàm số nghịch biến trên khoảng (0 ; 1)
Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = y(0) = - 4/3
Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, y
CT
= y(1) = - 5/3
0,50
3) Đồ thị:
Nhận điểm uốn I(1/2; -3/2) làm tâm đối xứng, giao với Ox tại (2; 0)
0,50
b
Bi
ệ
n lu
ậ
n s
ố
nghi
ệ
m c
ủ
a ph
ươ
ng tr
ì
nh
(1,00 điểm)
Ta có
k
x
3
x
2
23
(*) 3
4k
3
4
xx
3
223
Số nghiệm của (*) bằng số giao điểm của (C) và đường thẳng 3
4k
y
0,25
O
- 4/3
- 5/3
1 2 x
y
2
Theo đồ thị ta có:
+) Nếu
1k
0k
3/53/)4k(
3/43/)4k( thì (*) có 1 nghiệm 0,25
+) Nếu
1k
0k
3/53/)4k(
3/43/)4k( thì (*) có 2 nghiệm phân biệt 0,25
+) Nếu 1k0
3
4
3
4k
3
5
thì (*) có 3 nghiệm phân biệt 0,25
c Tìm m để hàm số đồng biến (1,00 điểm)
Ta có )2m(3x)1m(2mx'y 2
Hàm số (1) đồng biến trên [2; + ) khi
2x,
3
x
2
x
x26
m2x,0)2m(3x)1m(2mx 2
2
(**)
0,25
Xét 2x víi,
3
x
2
x
x26
)x(f 2
,
2
2
2
3x2x
6x12x2
)x('f
63x
(lo¹i) 63x
0)x('f
0,25
Bảng biến thiên
x 2 63 +
f’(x) - 0 +
f(x) 3
2 +
CT
Từ bảng biến thiên ta có 3
2
)2(f)x(fmax );2[x
 . Do đó (**) m 3
2
Vậy: m 2/3
0,5
2 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất 1,00
Đặt t = cosx, Do x [0; /2] nên t [0; 1]
ta có y = f(t) = t2 – t + 3, f’(t) = 2t – 1 suy ra f’(t) = 0 t = 1/2 0.25
f(0) = 3; f(1/2) = 11/4; f(1) = 3
3)1(f)0(f)t(fmax
]1;0[t
4/11)2/1(f)t(fmin]1;0[t
t = 0 x = /2, t = 1 x = 0. t = 1/2 x = /3
0.5
Vậy
4/11)3/(yymin2/;0x
,
3)2/(y)0(yymax2/;0x
0.25
3 2,00
a Giải phương trình: (1,00 điểm) 1)3x(logxlog 2
4
3
8 (1)
Điều kiện:
3
x
0
(1) 23xx13xlogxlog 22 (2) 0,5
3
- Nếu x > 3 thì (2) x2 – 3x – 2 = 0
(lo¹i)
2
173
x
2
173
x
0,25
- Nếu x < 3 thì (2) x2 – 3x + 2 = 0
2x
1x
Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm x = 1, x = 2, 2
173
x
0.25
b Giải hệ phương trình (1,00 điểm)
(4) 4yx2
(3) 522 y1x
Từ (4) ta có y = 2x + 4, thế vào (3) ta được.
5
2
2
4x21x
052.42 2x21x
Đặt t = 2x + 1, t > 0 ta có phương trình
(lo¹i) 4/5t
1t
05tt4 2
0,50
+ Với t = 1 thì 2
x + 1
= 1
x + 1 = 0
x = - 1
y = 2
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) = (- 1; 2) 0,50
III Hình học không gian 3,00
a Tính thể tích khối chóp S.ABCD
2aa)3a(SASDAD 2222 , 0,50
3
ABCDABCD.S a
3
2
2a.a.a
3
1
AD.AB.SA
3
1
S.SA
3
1
V 0,50
b Xác định tâm và tính diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
S.ABCD.
Gọi I là trung điểm của SC, O=AC
BD suy ra SA // IO, nên IO
(ABCD). Do đó IO là trục của đường tròn ngoại tiếp ABCD suy ra IA = IB
= IC = ID. Mà IS = IC nên I cách đều 5 đỉnh của hình chóp. Do đó I là tâm
của mặt cầu ngoại tiép hình chóp S.ABCD.
0,5
S
A D
C
B
O
I
N
M
4
Mặt cầu có bán kính
R = a)2a(aa
2
1
ADABSA
2
1
2
SC
IS 222222 0,25
Diện tích mặt cầu 22 a4R4S 0,25
c Tính thể tích khối tứ diện ANIB.
Ta thấy IO là một đường cao của tứ diện AINB nên ANBAINB S.IO
3
1
V 0,25
Do AM //BC nên 2
1
BC
AM
NB
NM
NC
NA
Do đó 3
3a
AC
3
1
AN ;
3
6a
AMAB
3
2
BM
3
2
BN 22
0,25
Ta thấy 22
22
22 ABa
3
6a
3
3a
BNAN
nên tam giác ANB
vuông tại N.
0.25
Suy ra 6
2a
3
6a
.
3
3a
2
1
BN.AN
2
1
S
2
ANB .
36
2a
6
2a
.
2
a
3
1
V
32
AINB .
0.25