Tổng hợp đề thi học kì 1 môn Toán lớp 12

Chia sẻ: Pham Linh Dan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:39

Thêm vào BST

Báo xấu

164
lượt xem 19
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm phục vụ quá trình học tập cũng như chuẩn bị cho kì thi học kì sắp đến. TaiLieu.VN gửi đến các bạn tài liệu "Tổng hợp đề thi học kì 1 môn Toán lớp 12". Đây sẽ là tài liệu ôn tập hữu ích, giúp các bạn hệ thống lại kiến thức đã học đồng thời rèn luyện kỹ năng giải đề. Mời các bạn cùng tham khảo.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Tổng hợp đề thi học kì 1 môn Toán lớp 12

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO LÂM ĐỒNG TRƯỜNG THPT HÒA NINH ĐỀ THI HỌC KỲ I NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn thi : Toán 12 Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1. ( 3 điểm) x3 1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số y x 1 2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm M ( x0 ; y0 )  C có tung độ y0  2 . Câu 2. (1,5 điểm) 1) Cho hàm số y = x3 + (m + 3)x2 + 1 - m (m là tham số) Xác định m để hàm số có cực đại là x = - 1. 2 2) Tìm GTLN, GTNN cuûa haøm soá: y  x  ln  x 2  3 treân ñoaïn [0;2] Câu 3. (1,5 điểm) 1) Giải phương trình : 2.9x – 5.6x + 3.4x = 0 2) Giải bất phương trình : log 1  x 2  3 x  2   1 2 Câu 4 . (2,0 điểm) Cho khối chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, cạnh bên 2a. 1) Tính thể tích của khối chóp. 2) Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp trên. 3) Tính diện tích mặt cầu và thể tích khối cầu ngoại tiếp khối chóp trên. Câu 5. (2điểm) 1) Giải bất phương trình (2x - 7)ln(x + 1) > 0 2) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA bằng a. Tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a. ----------------------Hết------------------------
MA TRẬN THIẾT KẾ ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I Nhận biết Thông hiểu Vận dụng Tổng Câu 1 (Khảo sát sự biến thiên, vẽ 0.75 0.25 1.5 đồ thị và bài 0.5 toán UD) Câu 2 (cực đại, 0.5 0.25 0.75 1.5 cực tiểu, GTLN, GTNN) Câu 3 (Phương trình, bất phương trình) 0.5 0.25 0.25 1.0 Câu 4 (Thể tích khối chóp, tâm, bán kính mặt 1.0 0.75 3.0 cầu) 1.25 Câu 5(Ứng dụng BPT) 1.25 0.75 1.0 3.0 Tổng 4.0 3.0 3.0 10.0
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM KIỂM TRA HỌC KỲ I MÔN TOÁN - LỚP 12 Câu Đáp án Điểm 1.1 TXĐ: D = R\{-1} 0,25 2.0đ Sự biến thiên 2 y'   0   D Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (-  ; -1) và (-1; +  ) 0,5 ( x  1)2 Hàm số không có cực trị Giới hạn lim y  lim y  1; lim y   và lim y   x   x   x  1  x  1  0,5 Đồ thị có một tiệm cận đứng là x = -1, và một tiệm cận ngang là y = 1. x - -1 + y’ - - 1 + 0,25 y - 1 Đồ thị Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;3) và cắt trục hoành tại điểm (-3;0) Đồ thị nhận giao điểm I(-1;1) của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng y 3 1 -3 0,5 -1 O x 1.2 1 0,5 y = 2  x = 1 Do đó hệ số góc của tiếp tuyến là f’(1) =  1,0đ 2 1 5 Phương trình tiếp tuyến có dạng là y - y0 = f’(x0)(x - x0).Hay y =  x + 0,5 2 2 2.1 Cách 1 : 0,75 TXĐ D = R; y’ = 3x2 + 2(m + 3)x 0,25  x1  0 y'  0   0,25  x2   2m  6  3 2m  6 3 0,25 Hàm số đạt cực đại tại x = -1    1  m   3 2 Cách 2 : 0,75 TXĐ : D = R ; y’ = 3x2 + 2(m + 3)x ; y” = 6x + 2(m +3) 0,25 Hàm số đạt cực đại tại x = -1 khi và chỉ khi  y '(1)  0   y "(1)  0
Câu Đáp án Điểm 3 - 2m - 6 = 0 0,25   - 6 + 2m + 6 < 0  3 m = -  2 m < 0  0,25 3  m=- 2 2.2 4x x 2 - 4x + 3 0,25 y' = 1 - 2 = x + 3 x2 + 3 é = 1 x y' = 0 Û ê 0,25 ê = 3Ï [ ] x 0;2 ê ë f(0)= -2 ln3 ;f(1)= 1 - 4 ln2 ;f(2) =2 -2ln7 0,25 max y  f (1)  1  4 ln 2 ; min y  f (0)  2 ln3 x 0;2 x0;2 x x x 3.1 2.9 – 5.6 + 3.4 = 0 0,75  2.32x – 5.2x.3x + 3.22x = 0 (1) Chia cả hai vế của phương trình cho 22x, ta được : 2x x 3  3 2.   - 5.   + 3 = 0 (2) 0,25 2  2 x 3 Đặt : t =   ; t > 0 ; phương trình (2) trở thành : 2 2t2 – 5t + 3 = 0 t = 1 0,25   t = 3  2 x = 0   0,25 x = 1 2 3.2 log 1 ( x  3 x  2)  -1 0,75 2  x 2 - 3x + 2 > 0  1   2 1 0,25 log 1 ( x - 3x + 2)  log 1    2 2 2  2  x - 3x + 2 >0  x 2 - 3x + 2 > 0   2   2 x - 3x + 2  2  x - 3x  0  0,25  x < 1 hoac x > 2   2
Câu Đáp án Điểm 4.1 S 1,0 M I C B O A D Gọi O là giao điểm của AC và BD. Ta có : SO  (ABCD) 1 V  .SO.dt ( ABCD ) 0,25 3 dt(ABCD) = a2 0,25 2a 2 a2 7a 2 SO 2 = SC 2 - = 4a 2  = 4 2 2 a 14 0,25  SO = 2 3 a 14 Vậy : V = 6 0,25 4.2 Dựng mặt phẳng trung trực của SA cắt SO tại I, ta có : 0,5 SI = IA IA = IB = IC = ID (Vì I  SO trục của đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD).  IS = IA = IB = IC = ID  Mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD có tâm là I và bán kính r = SI. 0,25 SI SM SM.SA SIM SAO  =  SI = SA SO SO 2a 14 0,25  SI = 7 2a 14 Vậy : r = SI = 7 4.3 0,5 2 224 .a 2 0,25 S = 4 r = 49 4 448 a 3 14 0,25 V =  r3 = 3 1029
Câu Đáp án Điểm 5.1  7 1,0  2 x  7  0 x  2  7   x  2  7  ln( x  1)  0 x  1  1   x  2 bpt     x  7   2 x  7  0   x  7   2  1  x  0 1,0 ln( x  1)  0  2    0  x  1  1   1  x  0  7 Tập nghiệm của bất phương trình là: T = (-1;0)  ( ; ) 2 5.2 S a 3 1,0 AM là đường cao của tam giác đều cạnh a nên AM= 0,25 2 A C AM .BC a 2 3 0,25 Diện tích đáy s ABC   2 4 M 1 a3 3 B Thể tích khối chóp S.ABC là: VS . ABC  S ABC .SA  0,5 3 12 HS làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần như quy định.
SỞ GD - ĐT Hà Nội ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I NĂM HỌC 2010 - 2011 Trường THPT Hoài Đức A Môn: TOÁN - LỚP 12 Thời gian: 90 phút (không kể thời gian giao đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ HỌC SINH: ( 8 ĐIỂM ) Câu I: (3 điểm) Cho hàm số y = x4 - 8x2 + 8 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2. Dựa vào đồ thị (C) của hàm số (1), tìm tham số m để phương trình: x4 - 8x2 = m có 4 nghiệm. Câu II: (2 điểm) 1.Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y = x3 - 8x2 + 30 trên đoạn [-1; 3]. 2.Tìm m để phương trình ln 3 x  2 ln 2 x 2  m  0 có nghiệm x  e 1;e 3    Câu III: (3 điểm) Cho hình lăng trụ đều tứ giác ABCD.A’B’C’D’ có độ dài cạnh đáy là 2a, cạnh bên là a. 1. Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABCD.A’B’C’D’. 2. Gọi M là trung điểm của cạnh A’D’, S là tâm của hình vuông ABCD. Tính theo a thể tích của khối chóp S.MB’C’D’. 3. Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SA’B’C’D’ II. PHẦN RIÊNG: (Học sinh chọn một trong hai phần sau) ( 2 ĐIỂM ) Phần A. Câu IVa: (2 điểm) x2  x  2 1. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  biết tiếp tuyến song song x2 với đường thẳng 3x + y - 2 = 0. 2 2009 ln x 2. Giải phương trình: log 2010 e  2010.log 2010 x . Phần B. Câu IVb: (2 điểm) x4 1. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  biết tiếp tuyến song song với x 1 đường thẳng 3x - 4y = 0. 2x x log 2 2. Giải phương trình: 6  2  5.10 . ………. Hết ………. Họ và tên ............................................................SBD.............Phòng thi............................
SỞ GD- ĐT Hà Nội ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM Trường THPT Hoài Đức A ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I NĂM HỌC 2010 - 2011 Câu Nội dung Điểm I 3,00 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số: y = x4 - 8x2 + 8. 2,00 1. Tập xác định: R. 2. Sự biến thiên:  8 8  0,5 4 a)Giới hạn tại vô cực: lim y  lim x  1  2  4    x  x   x x  b) Bảng biến thiên: y’ = 4x3 -16x = 4x(x2 - 4); y’ = 0  x = 0 hoặc x = ±2 0,5 BBT: x - -2 0 2 + y’ - 0 + 0 - 0 + + 8 + y -8 -8 0,50 Hàm số đồng biến trên (-2; 0) và (2; +); nghịch biến trên (- ; -2)và (0; 2). Đồ thị có CĐ(0;8) ; CT(-2;-8); CT(2;-8) 3. Đồ thị: 2 3 y’’ = 12x2 - 16; y’’ = 0  x  và y’’ đổi dấu qua các nghiệm đó 3  2 3 8  - Đồ thị có hai điểm uốn  ;   3 9    - Đồ thị nhận Oy làm trục đối xứng 10 8 6 0,50 4 2 10 5 5 10 2 4 6 2 Dựa vào đồ thị (C) ….. 8 1,00 phương trình đã cho thành: x4 - 8x2 + 8= m.+8
Số nghiệm của phương trình đã cho là số giao điểm của hai đồ thị 0,50 y= x4 - 8x2 + 8 (C) y= m+8 (d) Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm khi và chỉ khi đường thẳng y = m +8 có 4 điểm chung với đồ thị (C) của hàm số (1)  8  m  8  8  16  m  0 Vậy với m   16; 0  thì thỏa yêu cầu của bài toán 0,50 II 2,00 1 Tìm giá trị nhỏ nhất và ….. 1,00 Hàm số y = x3 - 8x2 + 30 liên tục trên đoạn [-1; 3]. Ta có y’ = 3x2 - 16x = x(3x - 16).  16 0,50 y '  0  x(3x  16)  0 x  0, x     3  x0 1  x  3 1  x  3 1  x  3  y(-1) = 21; y(0) = 30; y(3) = -15 0,25 Vậy Min y  y(3)  15; Max y  y(0)  30 0,25 [-1; 3] [-1; 3] 2 Tìm m ....... 1,00 Đk x>0 Pt  ln 3 x  8 ln 2 x  30  m  30 (1) 0,25 Đăt t =lnx .Khi đó nếu x  e 1;e 3  thì t   1; 3 0,25     t   1; 3  Nên pt     .Vì vậy để pt (1) có nghiệm x  e 1;e 3  thì 3 2   t  8t  30  m  30 ( 2)  Pt (2) có nghiệm t   1; 3 .Đặt f(t) = t 3  8t 2  30 .Yêu cầu của bài toán   0,25  Min f (t)  m  30  Max f (t) , Theo kết quả của phần 1 ta suy ra [-1; 3] [-1; 3] 15  m  30  30  45  m  0 Vậy với – 45 ≤ m ≤ 0 là giá trị cần tìm 0,25 III 3,00
Hình vẽ B C S A a J D 0,25 B' C' S' 2a A' M D' I 1 Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABCD.A’B’C’D’. Ta có đáy của khối lăng trụ là hình vuông ABCD có diện tích bằng 2a.2a = 4a2. 0,25 Chiều cao của khối lăng trụ bằng AA’ = a. Vậy thể tích của khối lăng trụ là V = SABCD .AA' = 4a2.a = 4a3 0,5 2 Tính theo a thể tích của khối chóp S.MB’C’D’. 1,00 Ta có đáy của khối chóp S.MB’C’D’ có diện tích bằng: 0,50 SMB’C’D’ = SA’B’C’D’ - SA’B’M = 4a2 - a2 = 3a2. Chiều cao của khối chóp S.MB’C’D’ bằng khoảng cách từ S đến mp(A’B’C’D’) và bằng AA’ = a. 1 1 Vậy thể tích của khối chóp S.MB’C’D’ là V = SMB'C'D ' .AA' = .3a 2 .a  a 3 . 0,5 3 3 3 Ta có SA’B’C’D’ là hình chóp tứ giác đều . Gọi S’ là tâm A’B’C’D’ thì Đường thẳng SS’ là trục đường tròn ngoại tiếp đáy A’B’C’D’.Mặt khác do SS’ đồng phẳng 0,5 với SC’ nên ta dưng đường thẳng trung trực JI của SC’ thì IJ cắt SS’ tại I .Suy ra I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp SA’B’C’D’ Gọi R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp SA’B’C’D’  R  SI .Do SC ' SS ' SC ' .SJ D SS ' C ' D SJI    SI  SI SJ SS ' SC ' 2 SC 2  CC ' 2 2a 2  a 2 3a 0,5  SI     2SS ' 2SS ' 2a 2 3a Vậy R  2 IVa Phần A 2,00 1 Viết phương trình tiếp tuyến ….. 1,00 Tiếp tuyến  song song với đường thẳng 3x + y - 2 = 0 nên có hệ số góc k = -3. Gọi 0,25 (x0; y0) là tọa độ tiếp điểm, ta có k = -3 = y’(x0). 4 4 y = x 3  y' 1 , x  2 . x2 (x  2)2 0,25 2 y’(x0) = -3  (x0 + 2) = 1  x0 = -1 hoặc x0 = -3.
Với x0 = -1, y0 = 0, ta có tiếp tuyến tại (-1; 0) là y = -3(x + 1). 0,25 Với x0 = -3, y0 = -10, ta có tiếp tuyến tại (-3; -10) là y = -3(x + 3) - 10. 0,25 2 2 Giải phương trình: log 2010 e2009 ln x  2010.log 2010 x . 1,00 Điều kiện xác định của phương trình: x > 0. 2 log 2010 e2009 ln x  2010.log 2010 x  0,25 2 2009 ln x 2010 2009  ln 2 x 2010 log 2010 e  log 2010 x e . x  2009  ln 2 x  ln x 2010  ln 2 x  2010ln x  2009  0  lnx = 1 hoặc lnx = 2009. 0,25 Với lnx = 1  x = e (thỏa đk) 0,25 Với lnx = 2009  x = e2009 (thỏa đk) 0,25 Vậy phương trình có hai nghiệm: x = e, x = e2009. IVb Phần B 2,00 1 Viết phương trình tiếp tuyến ….. 1,00 Tiếp tuyến  song song với đường thẳng 3x - 4y = 0 nên có hệ số góc k = 3/4. 0,25 Gọi (x0; y0) là tọa độ tiếp điểm, ta có k = 3/4 = y’(x0). 3 3 y'  2 , x  1  y '(x 0 )  . (x  1) (x 0  1)2 0,25 2 y’(x0) = 3/4  (x0 - 1) = 4  x0 = -1 hoặc x0 = 3. 3 5 Với x0 = -1, y0 = 5/2, ta có tiếp tuyến tại (-1; 5/2) là y = (x  1)  . 0,25 4 2 3 1 Với x0 = 3, y0 = -1/2, ta có tiếp tuyến tại (3; -1/2) là y = (x  3)  . 0,25 4 2 2 Giải phương trình: 6  22x  5.10 x log 2 . 1.00 Tập xác định: . x 0,25 6  22x  5.10 x log 2  6  22x  5.10log 2  6  22x  5.2x  22x  5.2x  6  0  2x = 2 hoặc 2x = 3. 0,25 x Với 2 = 2  x = 1. 0,25 Với 2x = 3  x = log23. 0,25
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO AN GIANG ĐỀ THI HỌC KÌ I AN GIANG THỨC ĐỀ CHÍNH Năm học : 2009 – 2010 Môn : TOÁN 12 SBD : …………SỐ PHÒNG : Thời gian : 150 phút (Không kể thời gian phát đề) ……. (Đề chung cho cả chương trình chuẩn và nâng cao) A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (8.0 điểm) Bài 1:(3.0 điểm) 3 2 Cho hàm số y  x  3x  1 1/. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2/. Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm của phương trình x 3  3x 2  1  m  0 . Bài 2:(2.0 điểm) Giải các phương trình sau: 1/. log 2 x  2 log 4 x 2  log 8 x  13 2/. 4.32x  12x  3.16x  0 Bài 3:(3.0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A / B/ C/ có đáy ABC là tam giác vuông tại B. Gọi M là trung điểm của A C , H là hình chiếu vuông góc của A lên A / B . Cho AA /  AC  2a, BC  a . / / / / 1/. Tính thể tích của lăng trụ ABC.A B C . 2/. Chứng minh rằng các điểm A, B, C, M, H cùng nằm trên mặt cầu. Tính thể tích khối cầu đó. 3/. Tính thể tích khối đa diện ABCMH. B. PHẦN RIÊNG (2.0 điểm): (Học sinh chỉ được chọn một trong hai phần sau) Phần 1: Bài 4a:(1.0 điểm) 1 3 Cho hàm số y  x  (7m  1)x 2  16x  m . Định m để hàm số có cực đại và cực tiểu?. 3 Bài 5a:(1.0 điểm) Chứng minh rằng: 4  2 3  4  2 3  2 Phần 2: Bài 4b:(1.0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  (x 2  3)e x trên  2;2  .   Bài 5b:(1.0 điểm) Tìm tập xác định của hàm số y  1  log 0,2 x . Hết./. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM HỌC KÌ I AN GIANG Năm học 2009 – 2010 MÔN TOÁN 12 A. HƯỚNG DẪN CHẤM: 2,5 Bài 1 Câu 1 y  x 3  3x 2  1 điểm http://kinhhoa.violet.vn 1
 TXĐ: D   y /  3x 2  6x x  0 y (0)  1  y/  0    x  2  y (2)  3   lim y   ; lim y   x  x   BBT:  Hàm số tăng (0;2) giảm trên ( ; 0) và (2; ) ; hàm số đạt cực đại x  2 và yCĐ = 3; hàm số đạt cực tiểu tại x  0 ; yCT = -1.  Giá trị đặc biệt : (-1;3); (3;-1)  Đồ thị:  Đồ thị đối xứng nhau qua điểm uốn I(1;1)  x 3  3x 2  1  m  0  x 3  3x 2  1  m (1)  Số nghiệm của phương trình (1) là số giao điểm của đồ thị (C): y  x 3  3x 2  1 và đường thẳng (d): y  m (cùng phương với trục hoành Ox). 0,5 Câu 2  Dựa vào đồ thị, ta có: điểm + Nếu m  3 hoặc m  1 : phương trình có 1 nghiệm. + Nếu m  3 hoặc m  1 : phương trình có 2 nghiệm. + Nếu 1  m  3 : phương trình có 3 nghiệm phân biệt. log 2 x  2 log 4 x 2  log 8 x  13 (1)  Điều kiện: x  0 1 (1)  2 log2 x  2 log2 x  log2 x  13 1,0 Câu 1 3 điểm Bài 2  1    2  2   log2 x  13  log2 x  3  x  8  3  So với điều kiện tập nghiệm của phương trình là: S  8  1,0 Câu 2 4.32x  12x  3.16x  0 điểm http://kinhhoa.violet.vn 2
4.32x 3x .4x  4.32x  3x .4x  3.42x  0   2x  3  0 4 2x 4 2x x 3  3  4.       3  0 4 4 x 3  Đặt: t   , điều kiện: t 0 4  Phương trình trở thành: t  1( loai) 4t  t  3  0   2 t  3 ( nhân)   4 x 3 3 3  Với t       x  1 4 4 4 Vậy tập nghiệm của phương trình là: S  1  A' C' B' M Hình 0,5 vẽ điểm H A C Bài 3 B / * Tính thể tích của lăng trụ ABC.A B/ C/ .  Tam giác ABC vuông tại B, nên A B  A C 2  BC 2  4a 2  a 2  a 3 1 1 a2 3 0,5 Câu 1  Ta có: SA BC  A B .BC  a 3.a  (đvdt) điểm 2 2 2 h  A A /  2a a2 3  Do đó: V A B C .A / B / C /  S A B C .h  .2a  a 3 3 (đvtt) 2 * Chứng minh rằng các điểm A, B, C, M, H cùng nằm trên mặt cầu. Tính thể tích khối cầu đó. 1,0 Câu 2  Ta có A / A C vuông cân tại A có M là trung điểm, nên: điểm A M  MC (1) http://kinhhoa.violet.vn 3
BC  A B   Ta lại có:   BC  (A / A B )  BC  A H  BC  A A /  A H  A / B   Mặt khác:   A H  (A / BC )  A H  HC (2) A H  BC   Hơn nữa: A BC vuông tại B, nên A B  B C (3)  Từ (1), (2) và (3) suy ra B, H, M đều nhìn đoạn AC dưới một góc vuông. Do đó các điểm A, B, C, M, H cùng nằm trên mặt cầu đường kính AC, tâm mặt cầu là trung AC điểm của AC, bán kính mặt cầu là R  a. 2 4 R 3 4 a 3  V cÇu   (đvtt) 3 3  Ta có: 1 / 1 a3 3 + V A/ A BC  A A .A B .BC  2a .a 3.a  (đvtt) 6 6 3 V A / A HM A / A .A / H .A / M 1 A / H 1 A / H .A / B 1 A / A 2 +  /  . /  .  . / 2 V A / A BC A A .A / B .A / C 2 AB 2 A/B 2 2 AB V A / A HM 1 4a 2 2 1,0 Câu 3  .  điểm V A / A BC 2 7a 2 7  Do đó: 2 5 V A / .A HM  V A / .A B C ; V A BCMH  V A / .A BC  V A / .A HM  V A / .A B C 7 7 5a 3 3  Suy ra: V A BCMH  (đvtt) 21 1 3 y  x  (7m  1)x 2  16x  m 3  TXĐ: D   y /  x 2  2(7m  1)x  16  Hàm số có cực đại và cực tiểu  y/  0 có hai nghiệm phân biệt và y/ đổi dấu khi x qua hai nghiệm đó  /  0  49m 2  14m  15  0 1,0 Bài 4a ñieåm  5 m    7 m  3   7 5 3 Vậy với m  hoặc m  thì haø m soá ñaõ cho coù cöï c ñaï i vaø cöïc tieå u . 7 7 Chứng minh rằng: 4  2 3  4  2 3  2  Ta có: 2 2 1,0 Bài 5a 4 2 3  4 2 3  12 3    3    12 3  3 điểm 2 2   3 1    3  1   3  1   3  1  2 http://kinhhoa.violet.vn 4
y  (x 2  3)e x  TXĐ: D=[-2;2]  Ta có: y /  (x 2  2x  3)e x x  1  y /  0  (x 2  2x  3)e x  0  x 2  2x  3  0   x  3 ( loai) 1,0 Bài 4b  điểm  Ta lại có: y (1)  2e   y ( 2)  e 2   max y  e 2 khi x  2; min y  2e khi x  1  2;2  2;2  y (2)  e 2       Hàm số: y  1  log 0,2 x 1  log0,2 x  0  log x  1  1,0 Bài 5b  Hàm số xác định khi    0,2  x  0, 2 điểm x  0  x  0   Vậy TXĐ: D  0, 2;     B. HƯỚNG DẪN CHẤM : 1. Học sinh làm cách khác mà đúng vẫn được điểm tối đa. 2. Điểm số có thể chia nhỏ tới 0,25 cho từng câu. ------------------------------------------ http://kinhhoa.violet.vn 5
http://www.vnmath.com
http://www.vnmath.com
http://www.vnmath.com
http://www.vnmath.com