intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 

Đề thi học kì 1 toán lớp 12 - có lời giải

Chia sẻ: Pham Linh Dan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:0

Thêm vào BST
Báo xấu
192
lượt xem 42
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Các bạn học sinh và quý thầy cô tham khảo miễn phí Đề thi học kì 1 toán lớp 12 - có lời giải để hệ thống kiến thức học tập cũng như trau dồi kinh nghiệm ra đề thi

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học kì 1 toán lớp 12 - có lời giải

  1. http://www.vnmath.com ðỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010 Môn TOÁN Lớp 12 Nâng cao ðề số 1 Thời gian làm bài 90 phút Bài 1 (3 ñiểm) 1 3 x − 2 x 2 + 3 x − 1 (C ) a) Khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số: y = f ( x ) = ( 2 ñiểm) 3 b) Tìm m ñể ñường thẳng (d ) : y = 2mx − 1 cắt (C ) tại 3 ñiểm phân biệt? ( 1 ñiểm) Bài 2 (3 ñiểm) a) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: 1 2  π f (x) = cos 2 x + 2 sin x − , với x ∈  0;  ( 1 ñiểm) 2 3  2 b) Giải phương trình: log21 x − 6 log9 x − 1 = 0 ( 1 ñiểm) 3  x − 3 y + 2 = 0 c) Giải hệ phương trình:  ( 1 ñiểm) y2 x  27 − 3 .9 = 0 x x 2 + (m + 1) x + m + 1 Bài 3 (1 ñiểm) Cho hàm số y = (Cm ) , m là tham số. x +1 Chứng minh rằng với ∀m , ñồ thị ( Cm ) luôn có cực ñại, cực tiểu. Tìm m ñể khoảng cách từ ñiểm cực ñại của ñồ thị ( Cm ) ñến ñường thẳng (∆) : 3 x − 4 y + 2 = 0 bằng 4? ( 1 ñiểm) Bài 4 (3 ñiểm) Cho hình chóp S.ABC có SA ⊥ ( ABC ) , ñáy là ∆ ABC vuông cân tại A . Biết SA = 2a, AB = a 3, AC = a 3 . a) Tính thể tích của khối chóp S.ABC . (1,5 ñiểm) b) Xác ñịnh tâm I và tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABC . Suy ra diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABC và thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC . (1 ñiểm) 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) ===========================
  2. http://www.vnmath.com ðÁP ÁN ðỀ THI HỌC KÌ 1 Môn TOÁN Lớp 12 Nâng cao ðề số 1 Thời gian làm bài 90 phút Bài 1 (3 ñiểm) 1 3 a) Khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số: y = f ( x ) = x − 2 x 2 + 3 x − 1 (C ) 3 • Tập xác ñịnh D = R ( 0,25 ñiểm) • Giới hạn lim y = +∞; lim y = −∞ ( 0,25 ñiểm) x →+∞ x →−∞  1 x = 1 y = • y ' = x 2 − 4 x + 3; y ' = 0 ⇔ x 2 − 4 x + 3 = 0 ⇔  ⇒ 3 ( 0,25 ñiểm)  x = 3  y = −1  • Bảng biến thiên ( 0,5 ñiểm) x −∞ 1 3 +∞ f '( x) + 0 - 0 + f ( x) +∞ 1 −∞ 3 −1 Hàm số nghịch biến trên (1;3) , ñồng biến trên (−∞;1) và (3; +∞)  1 ðiểm cực tiểu I1 (3; −1) , ñiểm cực ñại I 2  1;   3  1 • Ta có y '' = 2 x − 4; y '' = 0 ⇔ 2 x − 4 = 0 ⇔ x = 2 . ðiểm uốn I  2; −  (0,25 ñiểm)  3 • ðồ thị: ( 0,5 ñiểm)  1 ðiểm ñặc biệt: A ( 0; −1) , B  4;  .  3 y . -2 . . 1 -1 3 0 .I 2 2 3 .B 1 1 . 4 x − 3 -1 A . I .I 1 -2 .  1 ðồ thị hàm số nhận ñiểm uốn I  2; −  làm tâm ñối xứng.  3
  3. http://www.vnmath.com b) Tìm m ñể ñường thẳng (d ) : y = 2mx − 1 cắt ( C ) tại 3 ñiểm phân biệt? Phương trình hoành ñộ giao ñiểm của (C ) và (d ) là: x = 0 1 3 1  x − 2 x 2 + 3 x − 1 = 2mx − 1 ⇔ x  x 2 − 2 x + 3 − 2m  = 0 ⇔  1 2 3 3   x − 2 x + 3 − 2m = 0 3 1 3 ðặt g ( x ) =x − 2 x + 3 − 2m ( 0,5 ñiểm) 3 ðể PT ñã cho có 3 nghiệm phân biệt thì PT g( x ) = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 0  1 ∆′ > 0 1 − (3 − 2m) > 0 m > 0 ⇔ ⇔ 3 ⇒ 3 ( 0,5 ñiểm)  g(0) ≠ 0 m ≠ 3 m ≠ 2  2 Bài 2 ( 3 ñiểm) a) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: 1 2  π f ( x ) = cos 2 x + 2 sin x − , với x ∈  0;  2 3  2 1( 2 1  π Ta có f ( x ) = 1 − 2 sin2 x ) + 2sin x − = − sin 2 x + 2 sin x − , x ∈  0;  (0,25 ñiểm) 2 3 6  2 1 ðặt t = sin x, 0 ≤ t ≤ 1 ⇒ g(t ) = −t 2 + 2t − , t ∈  0;1 . (0,25 ñiểm) 6 g′ (t ) = −2t + 2, g′ (t ) = 0 ⇔ t = 1, ∀t ∈  0;1 . (0,25 ñiểm) 1 5 Ta có: g(0) = − ; g(1) = 6 6 5 5 π Giá trị lớn nhất là: max g(t ) = g(1) = khi t = 1 ⇔ max f ( x ) = khi x = [ 0;1] 6  π 0; 6 2  2   1 1 Giá trị nhỏ nhất là: min g(t ) = g(0) = − khi t = 0 ⇔ min f ( x ) = − khi x = 0  0;1 6  π 0; 6  2   5 π 1 Vậy max f ( x ) = khi x = , min f ( x ) = − khi x = 0 ( 0,25 ñiểm)  π 6 2 0;π   6  0; 2   2     b) Phương trình log21 x − 6 log9 x − 1 = 0 ⇔ 4 log32 x − 3 log3 x − 1 = 0 (0,25 ñiểm) 3 ðặt t = log3 x , ta có phương trình: (0,25 ñiểm) t = 1  log3 x = 1 x = 3 2 4t − 3t − 1 = 0 ⇔  1⇔   1 ⇒ x = 1 (0,5 ñiểm) t = −  log3 x = − 4  4  4  3
  4. http://www.vnmath.com  x − 3 y + 2 = 0 (1) c) Giải hệ phương trình  2 x  27 − 3y .9 = 0 (2) x 2 2 (2) ⇔ 27 x = 3y .9 x ⇔ 3y = 3 x ⇔ x = y 2 , thay vào phương trình (1) ta ñược: y = 1  y =1  y = −1  x = 1 y2 − 3 y + 2 = 0 ⇔  ⇔ ⇒ ( 0,5 ñiểm) y =2 y = 2 x = 4  y = − 2 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} ( 0,25 ñiểm) (2 x + m + 1)( x + 1) −  x 2 + (m + 1) x + 1 + m  x2 + 2x • y' = = ( x + 1)2 ( x + 1)2 x = 0 y = m +1 y ' = 0 ⇔ x2 + 2x = 0 ⇔  ⇒ ( 0,25 ñiểm)  x = −2  y = m − 3 x −∞ −2 −1 0 +∞ f '( x) + 0 - - 0 + f ( x) +∞ m −3 −∞ m +1 Dựa vào BBT ⇒ ñiểm cực ñại là: I1 (−2; m − 3) (0,25 ñiểm) Khoảng cách từ ñiểm cực ñại I1 (−2; m − 3) ñến ñường thẳng (∆) : 3 x − 4 y + 2 = 0 là: 8 − 4m  m = −3 d (I1 ,(∆)) = = 4 ⇔ 2−m = 5⇔  (0,25 ñiểm) 5 m = 7 Bài 4 (3 ñiểm) S • Vẽ hình ñúng (0,5 ñiểm) Do SA ⊥ ( ABC ) nên SA là ñường cao của hình chóp S.ABC . d 1 N V = SA.S∆ ABC (0,25 ñiểm) 3 E K Mà ∆ ABC vuông cân tại C M 1 1 3a2 S∆ ABC = AC. AB = a 3.a 3 = P I 2 2 2 C A ( 0,25 ñiểm) 1 3 Suy ra V = 2a.a2 = a3 . ( 0,5 ñiểm) Q H 3 2 B
  5. http://www.vnmath.com b) Gọi H là trung ñiểm BC . Ta có: HA = HB = HC (do ∆ ABC vuông tại A ) Từ H dựng ñường thẳng d ⊥ ( ABC ) . Suy ra d là trục mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABC . Dựng mặt phẳng trung trực của cạnh SA ñi qua trung ñiểm E của SA , cắt d tại ñiểm I . Ta có IA = IS (1) Tương tự, dựng mặt phẳng trung trực các cạnh SB, SC . Ta có: IC = IB = IS (2) Từ (1),(2) suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp S. ABC . Bán kính R = IA . a 10 Ta có IA = IH 2 + AH 2 = (0,5 ñiểm) 2 Diện tích mặt cầu là: S = 4π R 2 = 10π a2 . 4 5 10 3 Thể tích khối cầu là: V = π R 3 = πa (0,5 ñiểm) 3 3 c) Mặt phẳng ( MNP ) cắt ( ABC ) theo giao tuyến PQ song song với BC , với Q là trung ñiểm của AB . (0,25 ñiểm) Diện tích toàn phần của khối ña diện MNPQBC bằng: dt ( MNPQ ) + dt ( BMQ ) + dt ( PNC ) + dt ( BCPQ ) + dt ( MNBC ) = a 2 6 a2 3 a 2 3 9a2 a2 3 33  6 3 9 3 33  2 (0,25 ñiểm) = + + + + = + + + a 2 4 4 8 8  2 2 8 8   ============================= ðỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010 Môn TOÁN Lớp 12 Nâng cao ðề số 2 Thời gian làm bài 90 phút Bài 1 (3 ñiểm) 1 a) Khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số: y = f ( x ) = − x 3 + 2 x 2 − 3 x + 1 (C ) (2 ñiểm) 3 b) Tìm m ñể ñường thẳng (d ) : y = mx + 1 cắt (C ) tại 3 ñiểm phân biệt? (1 ñiểm) Bài 2 (3 ñiểm) a) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: 1 4  π f ( x ) = − cos 2 x − 2 sin x + , với x ∈  0;  (1 ñiểm) 3 3  2 4 b) Giải phương trình: log22 x − 5 log2 + 13 log2 4 = 0 (1 ñiểm) x2
  6. http://www.vnmath.com  xy = 2  c) Giải hệ phương trình  1 (1 ñiểm) 16 x − 41− y − 3 = 0 Bài 3 (1 ñiểm) x 2 + 2(m + 1) x + m2 + m Cho hàm số y = x+2 (Cm ) , m là tham số. Tìm m ñể hàm số ( Cm ) có cực ñại, cực tiểu và khoảng cách giữa hai ñiểm cực ñại, cực tiểu bằng 5 ? (1 ñiểm) Bài 4 (3 ñiểm) Cho hình chóp S.ABC có SA ⊥ ( ABC ) , ñáy là ∆ ABC vuông tại C . Biết SA = a 3, AB = 2a, AC = a . a) Tính thể tích của khối chóp S. ABC . (1,5 ñiểm) b) Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A xuống SC , SB . Xác ñịnh tâm I và tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp H .ABC . Suy ra diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp H .ABC và thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp H .ABC . (1 ñiểm) c) Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp A.BHK và A.BCH ? (0,5 ñiểm) =============================== ðÁP ÁN ðỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010 Môn TOÁN Lớp 12 Nâng cao ðề số 2 Thời gian làm bài 90 phút Bài 1 (3 ñiểm) 1 a) Khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số: y = f ( x ) = − x 3 + 2 x 2 − 3 x + 1 (C) 3 • Tập xác ñịnh D = R (0,25 ñiểm) • Giới hạn lim y = −∞; lim y = +∞ (0,25 ñiểm) x →+∞ x →−∞  1 x = 1 y = − • y ' = − x 2 + 4 x − 3; y ' = 0 ⇔ − x 2 + 4 x − 3 = 0 ⇔  ⇒ 3 (0,25 ñiểm) x = 3 y = 1  • Bảng biến thiên (0,5 ñiểm) x −∞ 1 3 +∞ f '( x) - 0 + 0 - +∞ f ( x) 1 1 −∞ − 3
  7. http://www.vnmath.com Hàm số ñồng biến trên (1;3) , nghịch biến trên (−∞;1) và (3; +∞ )  1 ðiểm cực ñại I1 (3;1) , ñiểm cực tiểu I 2  1; −   3 • Ta có y '' = −2 x + 4; y '' = 0 ⇔ −2 x + 4 = 0 ⇔ x = 2 .  1 y ðiểm uốn I  2;  ( 0,25 ñiểm)  3  1 • ðiểm ñặc biệt: A ( 0;1) , B  4; −  .  3 .A .I 1 1 I. . . 1 .0 .. .2 . 3 4. -2 -1 3 1 x 3. − I B 2 -2 .  1 ðồ thị hàm số nhận ñiểm uốn I  2;  làm tâm ñối xứng. (0,5 ñiểm)  3 b) Tìm m ñể ñường thẳng (d ) : y = mx + 1 cắt (C ) tại 3 ñiểm phân biệt? Phương trình hoành ñộ giao ñiểm của (C) và (d) là: x = 0 1 1  − x 3 + 2 x 2 − 3 x + 1 = mx + 1 ⇔ x  x2 − 2x + m + 3 = 0 ⇔ 1 2 3 3   x − 2x + m + 3 = 0 3 (0,5 ñiểm) 1 2 ðặt g( x ) =x − 2x + m + 3 . 3 ðể PT ñã cho có 3 nghiệm phân biệt thì PT g( x ) = 0 có 2 nghiệm phân biệt khác 0 ∆ ' > 0  1 m < 0 ⇔ 1 − 3 ( m + 3) > 0 ⇒   ⇔ (0,5 ñiểm)  ( ) g 0 ≠ 0 m ≠ −3 m ≠ −3 Bài 2 ( 3 ñiểm) a) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: 1 4  π f ( x ) = − cos 2 x − 2 sin x + , với x ∈  0;  3 3  2 1( 4 2  π • Ta có f ( x ) = − 1 − 2 sin 2 x ) − 2 sin x + = sin 2 x − 2 sin x + 1, x ∈  0;  (0,25 ñiểm) 3 3 3  2 2 2 ðặt t = sin x , 0 ≤ t ≤ 1 ⇒ g(t ) = t − 2t + 1, t ∈  0;1 . (0,25 ñiểm) 3
  8. http://www.vnmath.com 4 g '(t ) = t − 2, g '(t ) < 0, ∀t ∈ [ 0;1] . (0,25 ñiểm) 3 Giá trị lớn nhất: max g(t ) = g(0) = 1 khi t = 0 ⇔ max f ( x ) = 1 khi x = 0 [ 0;1]  π 0;  2   1 1 π Giá trị nhỏ nhất là: min g(t ) = g(1) = − khi t = 1 ⇔ min f ( x ) = − khi x = [ 0;1] 3  π 0; 3 2  2   1 π Vậy max f ( x ) = 1 khi x = 0 , min f ( x ) = − khi x = (0,25 ñiểm)  π  π 3 2  0; 2   0; 2      4 b) PT log22 x − 5 log2 + 13 log2 4 = 0 ⇔ log22 x + 10 log2 x + 16 = 0 . (0,5 ñiểm) 2 x ðặt t = log2 x , ta có phương trình: (0,25 ñiểm)  1 t = −2  log x = −2  x=2 −2 x = 4 t 2 + 10t + 16 = 0 ⇔  ⇔ 2 ⇔ ⇒  (0,25 ñiểm) t = −8  log2 x = −8 x = 2 −8 x = 1  256  xy = 2 (1)  c) Giải hệ phương trình  1 16 x − 41− y − 3 = 0 (2) y 1 (1) ⇔ = , thay vào phương trình (2) ta ñược: 2 x y t = 4 y > 0 1− y 4  16 2 −4 −3 = 0 ⇔ 4 − y −3 = 0 ⇔  4 (0,5 ñiểm) 4 t − t − 3 = 0 y 4  t = −1 Phương trình t − − 3 = 0 ⇔ t 2 − 3t − 4 = 0 ⇔  (0,25 ñiểm) t t = 4 Kết hợp ñiều kiện, ta chọn t = 4 ⇔ 4 y = 4 ⇔ y = 1 ⇒ x = 2 (0,25 ñiểm) Vậy hệ phương trình có nghiệm (2;1) Bài 3 (1 ñiểm) • Tập xác ñịnh D = R \ {−2} ( 0,25 ñiểm) • y' = [2 x + 2(m + 1)] ( x + 2) −  x 2 + 2(m + 1) x + m2 + m  = x 2 + 4 x − m 2 + 3m + 4 ( x + 2)2 ( x + 2)2 ðặt g ( x ) = x 2 + 4 x − m 2 + 3m + 4 . ðể hàm số ñã cho có cực trị thì y ' = 0 có hai nghiệm phân biệt khác −2 và y ' ñổi dấu khi ñi qua hai nghiệm phân biệt ñó ⇔ g( x ) = 0 có hai nghiệm phân biệt khác −2 . Ta có hệ:
  9. http://www.vnmath.com ∆ ' > 0 m 2 − 3m > 0  ⇔  2 ⇒m3 (0,25 ñiểm)  g ( −2 ) ≠ 0 − m + 3m ≠ 0 Vậy m ∈ ( −∞; 0 ) ∪ ( 3; +∞ ) thì hàm số ñã cho có cực trị. Với m ∈ ( −∞; 0 ) ∪ ( 3; +∞ ) , gọi hai ñiểm cực trị là I1 ( x1; 2 x1 + 2m + 2 ) ; I 2 ( x2 ; 2 x2 + 2m + 2 ) 2 2 2 I1I 2 = 5 ⇔ I1I 2 2 = 5 ⇔ ( x2 − x1 ) + ( 2 x2 − 2 x1 ) = 5 ⇔ 5 ( x2 − x1 ) = 5 2 ⇔ ( x2 + x1 ) − 4 x1 x2 = 1 ( *)  x + x = −4 Áp dụng hệ thức Viet, ta có  1 2 2 . (0,25 ñiểm)  x1 x2 = − m + 3m + 4  3 − 10 m = 2 Thay vào (*) ta ñược phương trình 4m − 12m − 1 = 0 ⇔  2 (0,25 ñiểm)  3 + 10  m = 2 Bài 4 (3 ñiểm) Vẽ hình ñúng ( 0,5 ñiểm) a) Do SA ⊥ ( ABC ) nên SA là ñường cao của hình chóp S. ABC . 1 Thể tích của khối chóp là: V = SA.S∆ ABC (0,25 ñiểm) 3 Mà ∆ ABC vuông tại C nên: S 2 1 1 a 3 S∆ ABC = AC.BC = a.a 3 = (0,25 ñiểm) 2 2 2 1 2 3 a3 Suy ra V = a 3.a = . (0,5 ñiểm) 3 2 2 H K b) Ta có: BC ⊥ (SAC ) ( do BC ⊥ AC; BC ⊥ SA ) Suy ra BC ⊥ AH . Mặt khác, SC ⊥ AH . Từ ñó, AH ⊥ (SBC ) ⇒ AH ⊥ HB . A I B ∆ 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) Từ (1), (2) suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình C chóp H .ABC . AB Bán kính R = IA = = a. (0,5 ñiểm) 2 4 4 Diện tích mặt cầu là: S = 4π R 2 = 4π a2 . Thể tích khối cầu là: V = π R3 = π a3 (0,5 ñiểm) 3 3 c) Tỉ số thể tích 2 khối chóp A.BHK và A.BCH
  10. http://www.vnmath.com 1 1 1 1 3 a3 Ta có VA.BCH = VB. AHC = BC.SACH = BC . AH .HC = a 3.a2 . = (0,25 ñiểm) 3 3 2 3 8 8 1 1 1 3a3 VH . ABK = VB. AHK = BK .dt ( ∆ AHK ) = BK . AH .HK = 3 3 2 14 3 3 VA.BHK 14 a 12 Suy ra = = (0,25 ñiểm) VA.BCH 1 3 7 a 8 ================================= SỞ GD & ðT ðỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010 ðề số 3 Môn TOÁN Lớp 12 Thời gian làm bài 90 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 ñiểm) Câu I (3 ñiểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị hàm số y = x 4 − 5 x 2 + 4 . 2. Tìm m ñể phương trình x 4 − 5 x 2 + 4 = m có 4 nghiệm phân biệt. Câu II (1 ñiểm) 1 Giải phương trình: 2(log2 x + 1) log 4 x + log2 =0. 4 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. II. PHẦN TỰ CHỌN (3 ñiểm) Thí sinh chỉ ñược chọn một trong hai phần: Theo chương trình Chuẩn hoặc Nâng cao 1. Theo chương trình Chuẩn Câu IVa (3 ñiểm) 1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x − 1 + − x + 9 . 2. Giải bất phương trình: log 1  log22 (2 x ) − log2 x 3  ≤ 0 .   4 3. Tìm m ñể hàm số y = x – 6x2 + 3(m + 2)x – m – 6 có hai cực trị và hai giá trị cực trị cùng 3 dấu. 2. Theo chương trình Nâng cao Câu IVb (3 ñiểm)
  11. http://www.vnmath.com 1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x + 4 − x 2 .  x+y  y x = 32 2. Giải hệ phương trình: 4 log3 ( x − y ) = 1 + log 1 ( x + y )  3 2 2 3. Tìm m ñể phương trình (m − 2)22 x − 2(m + 1)2 x + 2m − 6 = 0 có nghiệm thuộc ñoạn  0; 2  . --------------------Hết------------------- Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . . ðề số 3 ðÁP ÁN ðỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010 Môn TOÁN Lớp 12 Thời gian làm bài 90 phút Câu Nội dung ðiểm 4 2 I.1 Khảo sát hàm số y = x − 5 x + 4 2,00 1) Tập xác ñịnh : R 2) Sự biến thiên: 0,50 a) Giới hạn : lim y = +∞, lim y = +∞ x →−∞ x →+∞ x = 0 3 b) Bảng biến thiên: y = 4 x − 10 x ; y = 0 ⇔  ′ ′  x = ± 10  2 x –∞ – 10 / 2 0 10 / 2 +∞ 0,50 y' – 0 + 0 – 0 + +∞ 4 +∞ y –9/4 –9/4  10   10  Hàm số ñồng biến trên các khoảng  − ;0,  ; +∞   2   2   10   10  Hàm số nghịch biến trên các khoảng  −∞; −  ,  0;  0,50  2   2  Hàm số ñạt cực ñại tại x = 0, yCð = y(0) = 4 10  10  9 Hàm số ñạt cực tiểu tại x = ± , yCT = y  ± =− 2  2  4
  12. http://www.vnmath.com  5 19  3) ðồ thị: ðồ thị (C) của hàm số có hai ñiểm uốn U  ± ;  nhận Oy làm  6 36    trục ñối xứng, giao với Ox tại 4 ñiểm ( ± 1; 0); ( ± 2; 0) (Hình 1) y y (C) (C1) 4 4 y=m 9/4 O x -2 -1 1 2 O x -2 -1 1 2 -9/4 0,50 y (C1) 4 y=m 9/4 O x -2 -1 1 2 (Hình 1) (Hình 2) I.2 Tìm m ñể phương trình x 4 − 5 x 2 + 4 = m (1) có 4 nghiệm phân biệt 1,00 Gọi (C1) là ñồ thị hàm số y = x 4 − 5 x 2 + 4 . (C1) gồm hai phần: +) Phần ñồ thị (C) nằm trên trục Ox 0,25 +) ðối xứng của phần ñồ thị (C) nằm dưới Ox qua Ox Vẽ ñồ thị (Hình 2) 0,25 Số nghiệm của (1) bằng số giao ñiểm của (C1) với ñường thẳng y = m. Theo ñồ 9 0,50 thị ta ñược (1) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m = 0 và
  13. http://www.vnmath.com d D ∆ F N E I K A C O M B Thể tích khối chóp 1 1 a 2 3 a3 3 1,00 VD . ABC = AD.SABC = 2a. = 3 3 4 6 III.2 Tính diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp D.ABC. 1,00 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 ∆ 0,25 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 1 2 2a 3 a 3 0,25 IA = ON = AN 2 + AO 2 . AN = DA = a, AO = AM = = 2 3 3 2 3 2 2 a 3 2 3a IA = a +   = .  3  3   0,50 2 2 3a  2 3a  16π a2 Mặt cầu có bán kính R = IA = nên S = 4π R 2 = 4π   = 3  3  3   III.3 Tính tỉ số thể tích... 1.00 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). 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 0,25 ⇒ MK // BF ⇒ EF là ñường trung bình của tam giác DMK ⇒ F là trung ñiểm của DK ⇒ DC = 3 DF ⇒ SDBC = 3SDBF.
  14. http://www.vnmath.com 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 phần còn lại là V2. 0,25 1h 1 1 1 5 Ta có V1 = .SDBF = h.SDBC = V ⇒ V2 = V − V1 = V − V = V 32 6 6 6 6 V 1 V Do ñó ta có tỉ số thể tích: 1 = hoặc 2 = 5 V2 5 V1 0,25 V DN DF DB 1 Chú ý thí sinh cũng có thể làm theo cách sau: 1 = . . = V DA DC DB 6 IVa.1 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x − 1 + − x + 9 . 1,00 Tập xác ñịnh D = [1; 9] 1 1 0,50 y' = − , y ' = 0 ⇔ x −1 = 9 − x ⇔ x = 5 2 x −1 2 9− x y(1)= y(9) = 2 2 , y(5) = 4 0,50 ⇒ max y = y(5) = 4, min y = y(1) = y(9) = 2 2 IVa.2 Giải bất phương trình... 1,00 log 1  log22 (2 x ) − log2 x 3  ≤ 0 ⇔ log22 (2 x ) − log2 x 3 ≥ 1 (ñiều kiện: x > 0) 0,25   4  log x ≥ 1 (1 + log2 x )2 − 3 log2 x − 1 ≥ 0 ⇔ log22 x − log2 x ≥ 0 ⇔  2 0,50  log2 x ≤ 0 x ≥ 2 ⇔ . Vậy bất phương trình có tập nghiệm S = (0;1] ∪ [2; +∞) 0,25 x ≤ 1 IVa.3 Tìm m ñể hàm số y = x3 – 6x2 + 3(m + 2)x – m – 6 có hai cực trị cùng dấu. 1,00 y’ = 3x2 – 12x + 3(m +2). ðiều kiện ñể hàm số có cực trị là y’ có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ ' = 36 − 9(m + 2) > 0 ⇔ m < 2 Gọi x1, x2 là hai ñiểm cực trị của hàm số, khi ñó theo ñịnh lí Viet ta có 0,25  x1 + x2 = 4 x x = m + 2  1 2 1 2 Do y =  x −  y '+ (m − 2)(2 x + 1) và y’(x1) = y’(x2) = 0 0,25 3 3 nên y( x1 ) = (m − 2)(2 x1 + 1) , y( x2 ) = (m − 2)(2 x2 + 1) yC § yCT = y( x1 )y( x2 ) = (m − 2)2 (2 x1 + 1)(2 x2 + 1) = (m − 2)2 [4 x1 x2 + 2( x1 + x2 ) + 1] 0,25 2 2 = (m − 2) [4(m + 2) + 2.4 + 1] = (m − 2) (4m + 17) Do ñó hai giá trị cực trị cùng dấu khi m ≠ 2  yCÑ .yCT > 0 ⇔ (m − 2)2 (4m + 17) > 0 ⇔  17 m > − 4 0,25 17 Kết hợp với ñiều kiện ta ñược − < m < 2 4
  15. http://www.vnmath.com IVb.1 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x + 4 − x 2 1,00 Tập xác ñịnh: D = [– 2; 2] 0,25 −x 4 − x2 − x y ' = 1+ = 4 − x2 4 − x2 x ≥ 0 y ' = 0 ⇔ 4 − x2 − x = 0 ⇔  2 2 ⇔x= 2 0,25 4 − x = x y(–2) = – 2, y (2) = 2, y( 2) = 2 2 0,25 max y = y( 2) = 2 2, min y = y(−2) = −2 0,25  x+y  y x = 32 IVb.2 Giải hệ phương trình 4 (1) 1,00 log3 ( x − y ) = 1 + log 1 ( x + y ) (2)  3 ðiều kiện: x – y > 0, x + y > 0, x ≠0, y ≠ 0 0,25 (2) ⇔ log3 ( x − y ) + log3 ( x + y ) = 1 ⇔ log3 ( x 2 − y 2 ) = 1 ⇔ x 2 − y 2 = 3 (3) x y 2 +  x y (1) ⇔ = 25 ⇔ 2  +  = 5 . 2 y x y x 0,25 x  1 t = 2 ðặt t = ta có 2  t +  = 5 ⇔ 2t 2 − 5t + 2 = 0 ⇔  y  t t = 1/ 2 +) Với t = 2 ⇒ x = 2 y thế vào (3) ta ñược 4 y 2 − y 2 = 3 ⇔ y = ±1 Khi y = 1 ⇒ x = 2 (thoaû maõn) 0,25 Khi y = −1 ⇒ x = −2 (loaïi ) 1 +) Với t = ⇒ y = 2 x thế vào (3) ta ñược x 2 − 4 x 2 = 3 (voâ nghieäm) 2 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 (m − 2)22 x − 2(m + 1)2 x + 2m − 6 = 0 (1) 2 ðặt t = 2 x , do x x ∈  0; 2  neân t ∈ [1; 4] (1) trở thành (m − 2)t 2 − 2(m + 1)t + 2m − 6 = 0 (2) 0,25 2t 2 + 2 t + 6 ⇔ (t 2 − 2t + 2)m = 2t 2 + 2t + 6 ⇔ m = = f (t ) t 2 − 2t + 2 Xét hàm số f(t) trên [1; 4] t = −2 (loaïi) −6t 2 − 4t + 16 0,25 f '(t ) = f '(t ) = 0 ⇔ −6t 2 − 4t + 16 = 0 ⇔  4 , (t 2 − 2t + 2)2 t =  3 23 4 f(1) = 10, f(4) = , f   = 11 5 3 0,25 4 23 ⇒ max f (t ) = f   = 11, min f (t ) = f (4) = [1;4] 3 [1;4] 5
  16. http://www.vnmath.com 23 (1) có nghiệm thuộc [0; 2 ] ⇔ (2) có nghiệm thuộc [1; 4] ⇔ ≤ m ≤ 11 5 0,25 23 Vậy: ≤ m ≤ 11 5 ðỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học Môn TOÁN Lớp 12 ðề số 4 Thời gian làm bài 90 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 ñiểm) Câu I. (3 ñiểm) Cho hàm số y = x 3 + 6 x 2 + 9 x + 4 có ñồ thị (C). 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). c) Dựa vào ñồ thị (C), tìm m ñể phương trình x 3 + 6 x 2 + 9 x + 4 = log2 m có 3 nghiệm phân biệt Câu II. (1 ñiểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = 2 cos 2 x + 4 sin x trên ñoạn  π  0; 2  . Câu III. (2 ñiểm) Giải các phương trình sau: a) 52 x + 5x +1 = 6 b) log2 ( x + 1) − log 1 ( x + 3) = log2 ( x + 7) 2 1 1 Câu IV. (1 ñiểm) Biết π 2 < 10 . Chứng minh: + >2. log2 π log5 π II. PHẦN RIÊNG (3 ñiểm) Thí sinh chỉ ñược chọn một trong hai phần: Theo chương trình Chuẩn hoặc Nâng cao 1. Theo chương trình Chuẩn Câu Va. (2 ñiểm) Cho hình chóp S.ABCD có ñáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông 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. 2 x 2 −3 x 5 6 Câu VIa. (1 ñiểm) Giải bất phương trình:   ≥ . 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 5 log x − log2 y = log2 2 Câu VIb. (1 ñiểm) Giải hệ phương trình:  2  xy = 2 --------------------Hết------------------- Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . .
  17. http://www.vnmath.com ðÁP ÁN ðỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010 Môn TOÁN Lớp 12 ðề số 4 Thời gian làm bài 90 phút Câu Nội dung ðiểm I.a 4 Khảo sát hàm số y = x − 5 x + 4 2 2,00 1) Tập xác ñịnh : R 0,50 2) Sự biến thiên: a) Giới hạn : lim y = +∞, lim y = +∞ x →−∞ x →+∞  x = −1 0,50 b) Bảng biến thiên: y′ = 3 x 2 + 12 x + 9 ; y′ = 0 ⇔   x = −3 x −∞ –3 –1 +∞ y′ + 0 – 0 + 4 +∞ y −∞ 0 Hàm số ñồng biến trên các khoảng ( −∞; −3 ) , ( −1; +∞ ) 0,50 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 I.b Phwong trình tiếp tuyến 0,50 Phương trình tiếp tuyến với (C) tại ñiểm M(–2; 2): y = f ′ (−2)( x + 2) + f (2) 0,25 ⇒ y = −3 x − 4 0,25 I.c Tìm m ñể PT x 3 + 6 x 2 + 9 x + 4 = log2 m có 3 nghiệm phân biệt 0,50 Số nghiệm của PT là số giao ñiểm của (C) và d: y = log2 m 0,25 Dựa vào ñồ thị ⇒ PT có 3 nghiệm phân biệt ⇔ 0 < log2 m < 4 ⇔ 1 < m < 16 0,25 II  π 1,00 Tìm GTLN, GTNN của hàm số y = 2 cos 2 x + 4sin x trên ñoạn  0;  .  2 y′ = −2 2 sin 2 x + 4 cos x = 4 cos x (1 − 2 sin x ) 0,25  π π π 0,25 Trên  0;  , ta có: y′ = 0 ⇔ x = ∨ x =  2 2 4
  18. http://www.vnmath.com π  π  0,25 y   = 4 − 2; y   = 2 2; y(0) = 2 2 4 π  0,25 Vậy: min y = y(0) = 2; max y = y   = 2 2  π 0;  π 0; 4  2   2  III.a Giải phương trình 52 x + 5x +1 = 6 1,00 ðặt t = 5 x , t > 0 0,25 t = −6 (loaïi ) 0,50 PT trở thành t 2 + 5t − 6 = 0 ⇔  t = 1 Với t = 1 thì 5x = 1 ⇔ x = 0 0,25 III.b Giải phương trình log2 ( x + 1) − log 1 ( x + 3) = log2 ( x + 7) 1,00 2 ðiều kiện x > −1 0,25 PT ⇔ log2 ( x + 1)( x + 3) = log2 ( x + 7) ⇔ ( x + 1)( x + 3) = x + 7 0,50 ⇔ x 2 + 3 x − 4 = 0 ⇔ x = 1 ∨ x = −4 (loaïi) Vậy PT có nghiệm x = 1 0,25 IV 1 1 1.00 Chứng minh: + >2 log2 π log5 π 1 1 1,00 Ta có: + = logπ 2 + logπ 5 = logπ 10 > logπ π 2 = 2 log2 π log5 π Va.a Thể tích khối chóp 1,00 0,25 S ABCD = a2 0,25 0,25 SA = SB 2 − AB 2 = a 2 1 1 2 3 0,25 V = Bh = a 2.a2 = a 3 3 3 Va.b Tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp 1,00 Gọi O là tâm hìnhg vuông ABCD ⇒ O là tâm ñường tròn ngoại tiếp hình vuông 0,25 Qua O kẻ d // SA ⇒ d là trục của ñường tròn (ABCD), d cắt SC tại trung ñiểm I 0,50 của SC. SC ∆SAC vuông tại A ⇒ IA = IC = IS = 2 ⇒ IS = IA = IB = IC = ID ⇒ I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. SC 0,25 Bán kính R = IA = =a 2
  19. http://www.vnmath.com VIa 2 x 2 −3 x 1,00  5 6 Giải bất phương trình   ≥ 6 5 2 x 2 −3 x −1 0,25  5  5 ⇔  ≥  6 6 ⇔ 2 x 2 − 3x + 1 ≤ 0 0,50 1 0,25 ⇔ ≤ x ≤1 2 Vb.a Vị trí của M, N 1,00 0,25 1 1 1 1 0,25 V = VSOMN = Bh = . OM .ON .OS = a.OM .ON 3 3 2 6 2 0,25 1  OM + ON  1 3 V ≤ a  = a 6  2  24 1 3 a 0,25 Vmax = a khi OM = ON = 24 2 Vb.b Xác ñịnh tâm và bán kính mặt cầu 1,00 Gọi I là trung ñiểm của MN ⇒ I là tâm ñường tròn ngoại tiếp ∆OMN. 0,50 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. a 3 0,50 Bán kính R = JO = 4 VIb  2 2 5 2 1,00 Giải hệ phương trình: log x − log y = 2 log 2 (1)   xy = 2 (2) x > 0 0,25 ðiều kiện:  y > 0 5 0,50 (1) ⇔ (log x − log y )(log x + log y ) = log2 2 2 5 5 x 5 x 5 x x ⇔ log .log( xy ) = log2 2 ⇔ log .log 2 = log2 2 = log = log 2 2 ⇔ = 2 2 y 2 y 2 y y  xy = 2  7 0,25  5  x = 24 Kết hợp (2) ta ñược  x ⇔ 3 y = 2 2  −  y = 2 4
  20. http://www.vnmath.com ðỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010 Môn TOÁN Lớp 12 ðề số 5 Thời gian làm bài 90 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 ñiểm) Câu 1: (2,5ñ) Cho hàm số: y = x 3 − 3 x 2 + 1 . 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 y" = 0. Câu 2: (1ñ) 1 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: y = x 3 − 2 x 2 + 3 x + 1 trên ñoạn [–1;2] 3 Câu 3: (1ñ) 1 1 x+ −x Giải phương trình: 4 2 − 42 =3 Câu 4: (2,5ñ) 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 II. PHẦN RIÊNG (3 ñiểm) Thí sinh chỉ ñược chọn một trong hai phần: Theo chương trình Chuẩn hoặc Nâng cao 1. Theo chương trình Chuẩn Câu 5a: x2 + 1 1) (1ñ) Tìm các tiệm cận của ñồ thị hàm số y = x (1 − x ) x 2) (1ñ) Giải bất phương trình: log2 8 x + log x − log9 3 3 2 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. ––––––––––––––––––––Hết––––––––––––––––––– Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . . ðÁP ÁN ðỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
771=>0