Đề ôn thi toán lớp 12 ppt

Đề luyện tập ôn thi Học Kỳ I Lớp 12 2010-2011
ĐỀ SỐ 01
I .PHẦN DÀNH CHUNG CHO CẢ HAI BAN ( 7. 0 điểm )
Câu 1: (3.0 điểm) : Cho hàm số
1
23
−
+
=
x
x
y
có đồ thị
( )
C
a. Khảo sát và vẽ đồ thi
( )
C
.
b.Tìm các điểm trên đồ thị
( )
C
của hàm số có tọa độ là những số nguyên.
c. Chứng minh rằng trên đồ thị
( )
C
không tồn tại điểm nào mà tại đó tiếp tuyến
với đồ thị đi qua giao điểm của hai tiệm cận .
Câu 2: (2.0 điểm) : Giải các phương trình sau
a. 2
2x+1

– 9.2
x
+ 4 = 0
b.
03log23log2
3
=−+
x
x
Câu 3: (2.0 điểm) : Trong không gian cho tam giác ABC vuông tại A., có cạnh BC =
2a;
2aAB =
. Tính diện tích xung quanh của hình nón tròn xoay khi quay đường gấp
khúc CBA xung quanh trục là đường thẳng chứa cạnh AB. Tính góc ở đỉnh của hình nón
đó.
II. PHẦN DÀNH RIÊNG CHO TỪNG BAN ( 3. 0 điểm )
A. Phần dành riêng cho ban cơ bản:
Câu 1: (1,50 điểm) : Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A, BC = 2a ;
các cạnh bên SA = SB = SC =
3a
. Xác định tâm và tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp
hình chóp.
Câu 2: (1,50 điểm) : Cho hàm số
( ) ( )
3
1
231
3
1
23

−−+−−=
xmxmmxy
. Với giá trị
nào của m thì hàm số có cực đại và cực tiểu, đồng thời hoành độ các điểm cực đại và
cực tiểu
1
x
,
1
2
x
thỏa mãn điều kiện
12
21
=+ xx
.
B. Phần dành riêng cho ban KHTN: ( 3. 0 điểm )
Câu 1: (1,50 điểm) : Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a. SAB là
tam giác đều và vuông góc với đáy. Xác định tâm và tính diện tích mặt càu ngoại tiếp
hình chóp.
Câu 2: (1,50 điểm) : Cho hàm số
( )
mx
mmxmx
y
+
++++
=
432
22

. Tìm tất cả các giá trị
của tham số m để hàm số có hai cực trị và hai giá trị này trái dấu.

Hết
Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc - 1 -
Đề luyện tập ôn thi Học Kỳ I Lớp 12 2010-2011
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 01
I. Phần chung cho cả hai ban(7.0 điểm) :
Bài 1 (3.0 điểm) :
♦Câu a(1.75 điểm) :
• (0,25 đ) Tập xác định D = R \
{ }
1
• (0,25 đ)
/
2
5
0
( 1)
y
x
= − <
−
⇒ Hàm số nghịch biến trên D
• (0,25 đ)
1
3 2
lim
1
x

x
x
−
→−
+
= −∞
−
1
3 2
lim
1
x
x
x
−
→−
+
= +∞
−
⇒ x = 1 là tiệm cận đứng
• (0,25 đ)
3 2
lim 3
1
x
x
x
→±∞
+
=

−

⇒ y = 2 là tiệm cận ngang
• (0,25 đ) Bảng biến thiên :
x -∞ 1 +∞
y' - -
y 3 +∞
-∞ 3
• (0,5 đ) Đồ thị :
x = 0 ⇒ y = -2 đồ thị cắt (Oy) tại (0 ;
-2)
x =
3
2
−
⇒ y = 0 ⇒ đồ thị cắt Ox






− 0 ;
3
2
Đồ thị:
♦Câu b(0.75 điểm) :
1
5
3

−
+=
x
y
• (0,75 đ) Lấy A (x
0
; y
0
) ∈ ( C ) . Các điểm
trên đồ thị mà tọa độ nó là các số nguyên
⇔





∈
−
+=
∈
Z
1
5
3
Z

0
0
0
x

y
x
⇔





∈
−
∈
Z
1
5
Z
0
0
x
x
⇔
















−=−
=−
=−
=−
∈
5 1
5 1
1- 1
1 1
Z
0
0
0
0
0
x
x
x
x
x








=−=
==
−==
==
⇔
2y ; 4
4y ; 6
2y ; 0
8y ; 2

00
00
00
00
x
x
x
x
♦Câu c (0.5 điểm) :
• (0,25 đ) Gọi
( ) ( )
CxM ∈
00
y ;
. Tiếp tuyến tại
( )
00
y ; xM

:
( ) ( )
0
0
2
0 0
3 2
5
:
( 1) 1
x
d y x x
x x
+
= − − +
− −
• (0,25 đ) Giao hai tiệm cận I = ( 1 ; 3 )
không thỏa mản
( )
d
Bài 2 (2.0 điểm) :
♦Câu a (1.0 điểm) :
( )
1 042.92
12
=+−
+ xx
• (0,25 đ)
( ) ( )
2 042.92.21

2
=+−⇔
xx
• (0,25 đ) Đặt
02 >=
x
t
,
( )
04.9.22
2
=+−⇔ tt
• (0,25 đ)




=
=
⇔
2
1
4
t
t
.
• (0,25 đ) Vậy
-1 x; 2 ==x
♦Câu b (1.0 điểm):
( )

1 03log23log2
3
=−+ x
x
• (0,25 đ) Điều kiện



≠
>
1
0
x
x
• (0,25 đ)
( )
2 03log2
log
2
3
3
=−+ x
x
• (0,5 đ) Đặt
( )
032
2
2 log
3
=−+⇔= t

t
xt
( )
02322
2
=+−⇔ tt
.Phương trình vô
nghiệm
Bài 3 (2.0 điểm) :
Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc - 2 -
Đề luyện tập ôn thi Học Kỳ I Lớp 12 2010-2011
B


C
/

C
AB = a
2
; BC = 2a
• (0,25 đ) Hình vẽ đúng
• (0,25 đ) Khi quay đường gấp khúc CBA xung quanh trục
là đường thẳng chứa cạnh AB ta được hình nón tròn xoay
• (0,25 đ) Bán kính đáy r = AC = a
2

• (0,25 đ) Đô dài đường sinh l = BC = 2a
• (0,5 đ)
2

2 2
xq
s rl a
π
= =
( âvdt)
• (0,5 â) Hçnh noïn coï âènh bàòng : 2ABC = 90
0

II. Phần riêng cho từng ban:
A. Phần riêng cho ban cơ bản(3.0 điểm) :
Bài 4 (1.5 điểm) : Bài 5 (1.5 điểm) :
S
J
O
B C
I
A


SA SB SC= 3; 2a BC a= = =
• (0,25 đ) Hình vẽ đúng.
• (0,5 đ) Xác định tâm O mặt cầu.
• (0,5 đ) Tính bán kính r = SO.
Tứ giác BIOJ nội tiếp được nên :
2

2
SB
SJSBSISO ==

⇒

SI
SB
SOr
2
2
==
(1)
∆
SIB vuông
⇒

2aSI =
4
23a
r =⇒
• (0,25 đ) Tính diện tích :
2 2
9
4
2
S r a
π π
= =
(đvdt)
♦
( ) ( )
3
1

231
3
1
23
−−+−−= xmxmmxy
• (0,25 đ) Tập xác định D = R
• (0,25 đ)
( ) ( )
2312
2/
−+−−= mxmmxy
⇒ Hàm số có cực đại và cực tiểu khi và chỉ
0
/
=y
có hai nghiệm phân biệt
• (0,25 đ)
( )
1
2
62
2
62
0
0142
0
2/






+
<<
−
≠
⇔



>++−=∆
≠−
⇔
m
m
mm
m
• (0,25 đ) Hoành độ các điểm cực đại
2 1
, xx
là
nghiệm phương trình
( ) ( )
02312
2
=−+−− mxmmx
.
( )
( )
( )

( )
( )









=+
−
=
−
=+
⇔
4 12
3
23
.
2
12
21
21
21
xx
m
m
xx

m
m
xx
ycbt

• (0,5 đ) Từ
( )
1
và
( )
2

( )
5
2
43
2
1







−
=
−
=
⇒

m
m
x
m
m
x
Từ
( )
3
và
( )
5
ta có :

3
2
; 2 == mm
(Thỏa
( )
1
).
B. Phần riêng cho ban KHTN (3.0 điểm) :
Bài 4 (1.5 điểm) : Bài 5 (1.5 điểm) :
S
Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc - 3 -
Đề luyện tập ôn thi Học Kỳ I Lớp 12 2010-2011
x
G O y
A D
H

I
B C
• (0,25 đ) Hình vẽ đúng.
• (0,5 đ) Xác định tâm
G là trọng tâm
∆
SAB, khi đó G
∈
SH
∆
SAB đều và ABCD hình vuông
⇒
SH
⊥
AB , IH
⊥
AB , mà (SAB)
⊥

(ABCD)
⇒
SH
⊥
( ABCD) , IH
⊥
(SAB)
Dựng trục Ix của đường tròn ABCD, trục
Gy của đường tròn SAB
⇒
Ix //SH

Gy // IH (cùng
⊥
(SAB)) Nên : Ix và Gy
cùng chứa trong mp (SHI) ( mặt trung trực
của đoạn AB ) và cắt nhau tại O.
Vì : O
∈
Ix
⇒
OA = OB = OC = OD
(1)
O
∈
Gy
⇒
OA = OB = OC (2)
⇒
O là tâm mặt cầu ngoại tiếp S.ABCD
• (0,5 đ) Tính bán kính
OSr =
⊥∆
SGO ta có :
22
GOSGOS +=
Mà :
3
3
3
2
SG ;

2
a
SH
a
IHGO ====
6
21
43
22
aaa
OSr =+==⇒
(đvdt)
• (0,25 đ) Tính diện tích :
2
7
3
S a
π
=
(đvdt)
♦
( )
mx
mmxmx
y
+
++++
=
432
22

• (0,25 đ) Tập xác định D = R \
{ }
m−
• (0,25 đ)
( )
2
22
/
2
mx
mmmxx
y
+
−++
=
⇒ Hàm số có hai cực trị khi và chỉ khi
phương trình
02
22
=−++ mmmxx
có hai
nghiệm phân biệt khác - m . Điều này xảy
ra khi
• (0,25 đ)
( )
1 0
0
0
/

>⇔



>=∆
≠−
m
m
m
• (0,25 đ) Khi đó hoành độ các điểm cực trị
là :
mmx ±−=
2,1
và giá trị tương ứng của
hàm số là :
32
1
+−= my
;
32
2
+= my
• (0,5 đ) Hai cực trị trái dấu
0.
21
<⇔ yy
( )
2
4
9

049
2
>⇔<−⇔ mm
Từ
( )
1
và
( )
2
giá trị ta có :
4
9
>m
ĐỀ SỐ 02
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ HỌC SINH: ( 7 ĐIỂM )
Câu I: (2 điểm)Cho hàm số y = x
3
- 3x
2
+ 5 (1)
Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc - 4 -
Đề luyện tập ôn thi Học Kỳ I Lớp 12 2010-2011
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:
2
3t
- 3.4
t
+ 5 = m (t là ẩn) có nghiệm.
Câu II: (2 điểm)

1. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y = x
4
- 8x
2
+ 15 trên đoạn [-1; 3].
2. Tính đạo hàm của các hàm số sau:
a) y = x
2
.e
4x
b) y = e
x
.ln(2 + sinx)
Câu III: (1 điểm)Giải các phương trình sau:
1)
2
x x 1
4 64
− +
=
. 2)
3 3
log x log (x 2) 1
+ − =

Câu IV: (2 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. Chứng minh hai khối tứ diện ABDA’ và CBDC’ bằng nhau.
2. Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABCD.A’B’C’D’.
3. 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’.
II. PHẦN RIÊNG: ( 3 ĐIỂM )
A. Phần dành cho học sinh học theo sách Toán 12 nâng cao
Câu Va: (3 điểm)
1. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
2
x x 2
y
x 2
− −
=
+
biết tiếp tuyến song
song với đường thẳng 3x + y - 2 = 0.
2. Giải phương trình:
2
6 ln x
2 2
log e 5.log x
+
=
.
3. Cho hình chóp đều tứ giác S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng
a 2
. Tính theo a
diện tích của mặt cầu và thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD đã cho.
B. Phần dành cho học sinh học theo sách Toán 12 chuẩn
Câu Vb: (3 điểm)
1. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
x 4

y
x 1
−
=
−
biết tiếp tuyến song song với
đường thẳng 3x - 4y = 0.
2. Giải phương trình:
2x xlog2
6 2 5.10
+ =
.
3. Cho hình chóp đều tứ giác S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng
a 2
. Tính theo a
diện tích xung quanh và thể tích của hình nón ngoại tiếp hình chóp S.ABCD đã cho.
………. Hết ……….
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 02
Câu Nội dung Điểm
Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc - 5 -
Đề luyện tập ôn thi Học Kỳ I Lớp 12 2010-2011
I 2,00
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số: y = x
3
- 3x
2
+ 5.
1. Tập xác định:
¡
.

2. Sự biến thiên:
a)Giới hạn tại vô cực:
3
3 3
x x x x
3 5 3 5
lim y lim x (1 ) ; lim y lim (1 )
x x x x
→−∞ →−∞ →+∞ →+∞
= − + = −∞ = − + = +∞
.
0,25
b) Bảng biến thiên:
y’ = 3x
2
- 6x = 3x(x - 2); y’ = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2
0,25
BBT: x -∞ 0 2 +∞
y’ + 0 - 0 +
5 +∞
y -∞ 1
Hàm số đồng biến trên (-∞; 0) và (2; +∞); nghịch biến trên (0; 2).
x
CT
= 2, y
CT
= 1; x
CĐ
= 0, y
CĐ

= 5.
0,50
3. Đồ thị:
y’’ = 6x - 6; y’’ = 0 ⇔ x = 1.
- Đồ thị nhận điểm uốn I(1; 3) làm tâm đối xứng.
- Đồ thị đi qua (-1; 1), (3; 5).
0,50
2 Dựa vào đồ thị (C) …
Đặt x = 2
t
> 0, phương trình đã cho thành: x
3
- 3x
2
+ 5 = m.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi đường thẳng y = m
có điểm chung với đồ thị (C) của hàm số (1) trên khoảng (0; +∞).
Dựa vào đồ thị (C) của hàm số (1) trên khoảng (0; +∞) ta có các giá trị
của m cần tìm là: m ≥ 1.
0,50
II 2,00
1 Tìm giá trị nhỏ nhất và …
Hàm số y = x
4
- 8x
2
+ 15 liên tục trên đoạn [-1; 3].
Ta có y’ = 4x
3
- 16x = 4x(x

2
- 4).
2
y' 0 x 0,x 2 x 0
4x(x 4) 0
1 x 3 1 x 3 x 2
1 x 3
= = = ± =

− =
  
⇔ ⇔ ⇔
  

− < < − < < =
− < <
  

0,50
y(-1) = 8; y(0) = 15; y(2) = -1; y(3) = 24. 0,25
Vậy
[-1; 3]
[-1; 3]
Min y y(2) 1; Max y y(3) 24= = − = =
. 0,25
2 Tính đạo hàm của các hàm số:
a) y = x
2
.e
4x

. Tập xác định:
¡
.
y’ = (x
2
)’.e
4x
+ x
2
.(e
4x
)’.
0,25
Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc - 6 -
y
x
5
2 3-1
O
3
1
1
Đề luyện tập ôn thi Học Kỳ I Lớp 12 2010-2011
= 2x.e
4x
+ x
2
.(4x)’.e
4x
= 2x.e

4x
(1 + 2x). 0,25
b) y = e
x
.ln(2 + sinx). Tập xác định:
¡
.
y’ = (e
x
)’.ln(2 + sinx) + e
x
.(ln(2 + sinx))’
0,25
= e
x
.ln(2 + sinx) + e
x
.
(2 sinx)'
2 sinx
+
+
= e
x
.ln(2 + sinx) + e
x
.
cosx
2 sinx+
0,25

III 1,00
1 Giải phương trình:
2
x x 1
4 64
− +
=
.
Tập xác định:
¡
.
2
x x 1
4 64
− +
=
⇔
2
x x 1 3
4 4
− +
=
0,25
⇔ x
2
- x + 1 = 3 ⇔ x = -1 hoặc x = 2.
0,25
2 Giải phương trình:
3 3
log x log (x 2) 1

+ − =
.
Tập xác định: (2; +∞).
3 3
log x log (x 2) 1
+ − =
⇔
3
log [x(x 2)] 1
− =
0,25
⇔ x(x - 2) = 3 ⇔ x
2
- 2x - 3 = 0 ⇔ x = -1 hoặc x = 3.
Vậy phương trình có nghiệm là x = 3.
0,25
IV 2,00
Hình vẽ
0,25
1 Chứng minh Chứng minh hai khối tứ diện ABDA’ và CBDC’ bằng
nhau.
Ta có mp(BDD’B’) là mặt trung trực của hai đoạn thẳng AC và A’C’
nên phép đối xứng qua mp(BDD’B’) biến bốn điểm A, B, D, A’ lần lượt
thành bốn C, B, D, C’.
Vậy hai khối tứ diện ABDA’ và CBDC’ bằng nhau.
0,25
2 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 = 4a
2

. Chiều cao của khối lăng trụ bằng AA’ = a.
0,25
Vậy thể tích của khối lăng trụ là V =
ABCD
S .AA'
= 4a
2
.a = 4a
3
0,50
3 Tính theo a thể tích của khối chóp S.MB’C’D’.
Ta có đáy của khối chóp S.MB’C’D’ có diện tích bằng:
S
MB’C’D’
= S
A’B’C’D’
- S
∆
A’B’M
= 4a
2
- a
2
= 3a
2
.
0,25
Chiều cao của khối chóp S.MB’C’D’ bằng khoảng cách từ S đến
mp(A’B’C’D’) và bằng AA’ = a.
0,25

Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc - 7 -
2a
a
M
S
C
D
A
D'
B'
C'
A'
B
Đề luyện tập ôn thi Học Kỳ I Lớp 12 2010-2011
Vậy thể tích của khối chóp S.MB’C’D’ là V =
2 3
MB'C'D'
1 1
S .AA' = .3a .a a
3 3
=
.
0,25
Va Phần dành cho học sinh học theo sách Toán 12 nâng cao 3,00
1 Viết phương trình tiếp tuyến …
Tiếp tuyến ∆ song song với đường thẳng 3x + y - 2 = 0 nên có hệ số góc
k = -3. Gọi (x
0
; y
0

) là tọa độ tiếp điểm, ta có k = -3 = y’(x
0
).
0,25
y =
2
4 4
x 3 y' 1 ,x 2
x 2
(x 2)
− + ⇒ = − ≠ −
+
+
.
y’(x
0
) = -3 ⇔ (x
0
+ 2)
2
= 1 ⇔ x
0
= -1 hoặc x
0
= -3.
0,25
Với x
0
= -1, y
0

= 0, ta có tiếp tuyến tại (-1; 0) là y = -3(x + 1). 0,25
Với x
0
= -3, y
0
= -10, ta có tiếp tuyến tại (-3; -10) là y = -3(x + 3) - 10. 0,25
2 Giải phương trình:
2
6 ln x
2 2
log e 5.log x
+
=
.
Điều kiện xác định của phương trình: x > 0.
2
6 ln x
2 2
log e 5.log x
+
=
⇔
2 2
6 ln x 5 6 ln x 5
2 2
log e log x e x
+ +
= ⇔ =
.
0,25

2 5 2
6 ln x ln x ln x 5ln x 6 0
⇔ + = ⇔ − + =
⇔ lnx = 2 hoặc lnx = 3.
0,25
Với lnx = 2 ⇔ x = e
2
(thỏa đk)
0,25
Với lnx = 3 ⇔ x = e
3
(thỏa đk)
Vậy phương trình có hai nghiệm: x = e
2
, x = e
3
.
0,25
3 Tính diện tích mặt cầu và thể tích khối cầu …
Gọi O là tâm hình vuông ABCD, ta có OA = OB = OC = OD = a;
OS
2
= SA
2
- OA
2
= 2a
2
- a
2

= a
2
⇒ OS = a. Vậy tâm của mặt cầu ngoại
tiếp hình chóp S.ABCD là O, bán kính R = a.
0,50
Diện tích mặt cầu S = 4πR
2
= 4πa
2
.
0,25
Thể tích khối cầu V =
3 3
4 4
R a
3 3
π = π
0,25
Vb Phần dành cho học sinh học theo sách Toán 12 chuẩn 3,00
1 Viết phương trình tiếp tuyến …
Tiếp tuyến ∆ song song với đường thẳng 3x - 4y = 0 nên có hệ số góc
k = 3/4. Gọi (x
0
; y
0
) là tọa độ tiếp điểm, ta có k = 3/4 = y’(x
0
).
0,25
Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc - 8 -

Đề luyện tập ôn thi Học Kỳ I Lớp 12 2010-2011
0
2 2
0
3 3
y' ,x 1 y'(x )
(x 1) (x 1)
= ≠ ⇒ =
− −
.
y’(x
0
) = 3/4 ⇔ (x
0
- 1)
2
= 4 ⇔ x
0
= -1 hoặc x
0
= 3.
0,25
Với x
0
= -1, y
0
= 5/2, ta có tiếp tuyến tại (-1; 5/2) là y =
3 5
(x 1)
4 2

+ +
. 0,25
Với x
0
= 3, y
0
= -1/2, ta có tiếp tuyến tại (3; -1/2) là y =
3 1
(x 3)
4 2
− −
. 0,25
2 Giải phương trình:
2x xlog2
6 2 5.10
+ =
.
Tập xác định:
¡
.
2x xlog2
6 2 5.10
+ =
⇔
x
2x log2 2x x
6 2 5.10 6 2 5.2
+ = ⇔ + =

0,25

2x x
2 5.2 6 0
⇔ − + =
⇔ 2
x
= 2 hoặc 2
x
= 3. 0,25
Với 2
x
= 2 ⇔ x = 1.
0,25
Với 2
x
= 3 ⇔ x = log
2
3.
0,25
3
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD, ta có hình nón ngoại tiếp hình
chóp S.ABCD có bán kính đường tròn đáy R = OA = a; chiều cao = SO
= a; đường sinh SA =
a 2
.
0,50
Diện tích xung quanh của hình nón S
xq
= πR.SA = πa
2

2
.
0,25
Thể tích của hình nón V =
2 2 3
1 1 1
R .SO a .a a
3 3 3
π = π = π
. 0,25
… Hết …
Ghi chú: Trong từng câu, học sinh có thể làm theo cách khác, giáo viên tùy theo mức độ để
cho điểm hợp lí.
ĐỀ SỐ 03
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ HỌC SINH: ( 7 ĐIỂM )
Câu 1
3đ
: Cho hàm số
3 2
6 9 4y x x x= + + +
có đồ thị (C)
Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc - 9 -
Đề luyện tập ôn thi Học Kỳ I Lớp 12 2010-2011
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C)
b. Viết phương trình tiếp tuyến
( )∆
với đồ thị (C) tại điểm M(-2;2)
c. Dựa vào đồ thị (C), tìm m để phương trình
3 2
2

6 9 4 logx x x m+ + + =
có 3
nghiệm phân biệt.
Câu 2
1đ
: Tìm GTLN,GTNN của hàm số: y=
2 os2x+4sinxc
trên đoạn
0;
2
π
 
 
 
Câu 3
2đ
: Giải phương trình:
a. 5
2x
+5
x+1
=6 b.
2 1 2
2
log ( 1) log ( 3) log ( 7)x x x+ − + = +
Câu 4
1đ
: Biết
2
10

π
<
. Chứng minh:
2 5
1 1
2
log log
π π
+ >
PHẦN II: Học sinh thuộc ban nào chỉ làm phần dành riêng cho ban đó(3đ)
A. Ban KHTN:
Câu 5
2đ
: Trên mặt phẳng (P) có góc vuông xOy, đoạn SO=a vuông góc với (P). Các
điểm M, N chuyển động trên Ox, Oy sao cho ta luôn có OM+ON=a
a. Xác định vị trí của M, N để thể tích của tứ diện S.OMN lớn nhất.
b. Khi tứ diện S.OMN có thể tích lớn nhất , xác định tâm và tính bán kính mặt
cầu ngoại tiếp tứ diện S.OMN.
Câu 6
1đ
: Giải hệ phương trình:
2 2 2
5
log log log 2
2
2
x y
xy

− =




=

B. Ban KHXH-NV và Ban Cơ Bản:
Câu 5
1đ
: Giải bất phương trình:
2
2 3
5 6
6 5
x x−
 
≥
 ÷
 
Câu 6
2đ
: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA
vuông góc với mặt phẳng đáy, cạnh bên SB=
3a
a. Tính thể tích của hình chóp S.ABCD
b. Xác định tâm, bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD
Hết
ĐÁP ÁN: ĐỀ SỐ 03
Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc - 10 -
Đề luyện tập ôn thi Học Kỳ I Lớp 12 2010-2011
Câu NỘI DUNG ĐIỂM

I. PHẦN CHUNG
1a. TXĐ:D=R
y’=3x
2
+12x+9
y’=0
1
3
x
x
= −

⇔

= −

0,5điểm
+Tính giới hạn
+Lập BBT:
x -
∞
-3 -1 +
∞
y’ + 0 - 0 +
y 4 +
∞
-
∞

0

+Các khoảng dồng biến, nghịch biến
+Các điểm cực trị

1điểm
+Đồ thị đi qua các điểm(-2; 2) ; (0;4) ; (-1;0); (-3; 4); (-4;0)
+Đồ thị:
8
6
4
2
-2
-4
-10
-5
5
0,5điểm
1b. Phương trình tiếp tuyến với (C) tại điểm M(-2;2)
y=f’(-2)(x+2)+2
0,25điểm

∆
:y=-3x-4 0,25điểm
1c. Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số
3 2
6 9 4y x x x= + + +
và đường thẳng d: y=log
2
m (d//Ox)
0,25điểm
Dựa vào đồ thị ta có: phưông trình có 3 nghiệm phân biệt khi

0<log
2
m<4
1 16m
⇔ < <
0,25điểm
Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc - 11 -
Đề luyện tập ôn thi Học Kỳ I Lớp 12 2010-2011
2
' 2 2 sin 2 4 osx=4cosx(1- 2 sinx)
x=
2
ˆ
Tren 0; :y'=0
2
4
( ) 4 2, ( ) 2 2, (0) 2
2 4
y x c
x
y y y
π
π
π
π π
= − +


 
⇔


 
 

=


= − = =
Vậy
0;
2
ax ( ) 2 2
4
m y y
π
π
 
 
 
= =


0;
2
in (0) 2m y y
π
 
 
 
= =

0,25điểm
0,25điểm
0,25điểm
0,25điểm
3a. Đặt t=5
x
,t>0
Pt trở thành t
2
+5t-6=0
6
1
t
t
= −

⇔

=

(t=-6không thỏa điều kiện)
Với t=1 ta có: 5
x
=1
⇔
x=0
0.25đ
0.5đ
0.25đ

3b.
Điều kiện
1 0
3 0 1
7 0
x
x x
x
+ >


+ > ⇔ > −


+ >

0,25điểm
Pt tương đương: log
2
(x+1)(x+3)=log
2
(x+7)
⇔
(x+1)(x+3)= (x+7)

⇔
x
2
+3x-4=0
1

4( )
x
x loai
=

⇔

= −

0,5điểm
Vậy pt có 1 nghiệm x=1 0,25điểm
4.
Ta có:
2
2 5
1 1
log 2 log 5 log 10 log 2
log log
π π π π
π
π π
+ = + = > =
Suy ra đpcm
1điểm
II PHẦN RIÊNG
A. Ban KHTN
5a.
Ta có:
x
y

z
t
J
K
I
O
M
N
S
1điểm
Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc - 12 -
Đề luyện tập ôn thi Học Kỳ I Lớp 12 2010-2011
2
3
3
ax
1 1 1 1
. . . . .
3 3 2 6
1 1
6 2 24
1
24 2
SOMN
m
V V Bh OM ON OS a OM ON
ON OM
V a a
a
V a khi OM ON

= = = =
+
 
≤ =
 ÷
 
= = =
5b. Gọi I trung điểm MN. I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
OMN. Mặt phẳng trung trực của Os cắt trục It của tam giác OMN
tại J .
Ta có JS=JO=JM=JN=R. Vậy J là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
SOMN
0,5điểm
Tính R=JO=
3
4
a
0,5điểm
6.
2 2 2
5
log log log 2 (2)
2
2 (1)
x y
xy

− =




=

ĐK:
0
0
x
y
>


>


( ) ( )
2
2 2
5
2
5
(2) logx-logy logx+logy log 2
2
5 5
log .logxy= log 2 log log2 log 2
2 2
log log2
x x
y y
x
y

⇔ =
⇔ ⇔ =
⇔ =
Ta có
5
7
2
4
3
4
2
2
. 2
2
x
x
y
x y
y
−
=
=
=
=



⇔
 




Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm
0.25điểm
0.5điểm
0.25điểm
B. BAN CƠ BẢN, BAN KHXH-NV
5.
2 2
2 3 2 3 1
2 2
5 6 5 5 1
2 3 1 2 3 1 0 1
6 5 6 6 2
x x x x
x x x x x
− − −
     
≥ ⇔ ≥ ⇔ − ≤ − ⇔ − + ≤ ⇔ ≤ ≤
 ÷  ÷  ÷
     
1điểm
6a S
ABCD
=a
2
( )
2
2 2 2
3 2SA SB AB a a a= − = − =

2 2 3
1 1 1 2
. . . 2. .
3 3 3 3
SABCD
V V Bh SA a a a a= = = = =

0.25đ
0.25đ
0.25d
Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc - 13 -
Đề luyện tập ôn thi Học Kỳ I Lớp 12 2010-2011
H
O
I
C
A
B
D
s
0.25đ
6b. Gọi O là tâm của hình vuông ABCD, O chính là tâm đường tròn
ngoại tiếp hình vuông ABCD.
Qua O kẻ đường thẳng d song song SA, d là trục của đường tròn
ngoại tiếp hình vuông ABCD, d cắt SC tại I trung điểm của SC
Ta có: Tam giác SAC vuông tại A, I trung điểm SC do đó:
IA=SC/2=IS=IC
Hay IS=IA=IB=IC=ID. Vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
SABCD

+Tính bán kính:R=IA=
2 2 2 2
2 2
2 2 2
SC SA AC a a
a
+ +
= = =
0.25đ
0.5đ
0.25đ
ĐỀ SỐ 04
A-PHẦN CHUNG BẮT BUỘC: ( 7 điểm )
Câu 1: (4 điểm)
Cho hàm số
2 1
1
x
y
x
+
=
−
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại giao điểm của đồ thị (C) và trục
tung .
c) Tìm m để đường thẳng d có phương trình
( )
2 2y m x= + +
cắt đồ thị (C) tại hai

điểm phân biệt.
Câu 2: (3 điểm)
Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc - 14 -
Đề luyện tập ôn thi Học Kỳ I Lớp 12 2010-2011
Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình chữ nhật ABCD có
, 3AD a AB a= =
, cạnh
bên SA vuông góc với mặt đáy (ABCD), cạnh bên SB tạo với mặt đáy (ABCD) một góc
bằng
0
30
. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SD.
a) Chứng minh rằng DC vuông góc với AH.
b) Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD .
c) Tính thể tích khối chóp H.ABC .
B-PHẦN DÀNH CHO HỌC SINH TỪNG BAN: ( 3 điểm )
* Học sinh Ban Cơ bản làm các câu 3a, 4a, 5a:
Câu 3a: (1điểm) Giải phương trình:
1
5 3.5 8 0
x x−
+ − =
.
Câu 4a: (1điểm) Giải bất phương trình:
( )
( )
2
2 2
log 2 3 1 log 3 1x x x+ − ≥ + +
.

Câu 5a: (1điểm) Cho tam giác ABC vuông góc tại A,
, AC b AB c= =
quay quanh cạnh
huyền BC. Tính thể tích khối tròn xoay được tạo thành.
* Học sinh Ban Nâng cao làm các câu 3b, 4b, 5b:
Câu 3b: (1điểm) Giải hệ phương trình:

( )
( ) ( )
2 2
4
1
5
5
log log 5
x y
x y
x y x y
−
−

 
=

 ÷
 


+ + − =


Câu 4b: (1điểm) Giải phương trình:
( ) ( )
2 2
3 2
log 2 1 log 2x x x x+ + = +
.
Câu 5b: (1điểm) Hình trụ có bán kính đáy R và trục
2OO R
′
=
. Hai điểm A, B lần lượt
thuộc hai đường tròn đáy (O) và (O’) sao cho góc giữa AB và trục OO’ bằng
α
. Tính
khoảng cách giữa AB và OO’ theo R và
α
.
Hết
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 12
KIỂM TRA HỌC KỲ I - NĂM HỌC 2010-2011 - ĐỀ CHÍNH THỨC.
A- PHẦN CHUNG BẮT BUỘC ( 7 điểm )
Câu Nội dung Điểm
1a
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2 1
1
x
y
x
+

=
−
2,00
TXĐ:
{ }
\ 1D = ¡
0,25
Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc - 15 -
Đề luyện tập ôn thi Học Kỳ I Lớp 12 2010-2011
( )
2
3
0, 1
1
y x
x
−
′
= < ∀ ≠
−
⇒
Hàm số luôn luôn nghịch biến trên hai
khoảng
( )
;1−∞
và
( )
1;+∞
. Hàm số không có cực trị .
+

1
lim
x
y
−
→
= −∞
,
1
lim
x
y
+
→
= +∞

⇒
1x =
là tiệm cận đứng
+
lim lim 2
x x
y y
→+∞ →−∞
= =

⇒
2y =
là tiệm cận ngang.
Bảng biến thiên:

x
−∞
1
+∞
y
′

−

−

y
2
+∞


−∞
2
+ Đồ thị:

Đồ thị cắt trục hoành tại điểm
( )
0,5;0−
, cắt trục tung tại điểm
( )
0; 1−
.
Đồ thị nhận giao điểm
( )
1;2I

của hai tiệm cận làm tâm đối xứng .
0,25
0,25
0,25
0,50
0,50
1b Viết phương trình tiếp tuyến 1,00
Đồ thị (C) cắt trục tung tại điểm
( )
0; 1A −
.
Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm A là:
( )
0 3k y
′
= = −
Phương trình tiếp tuyến tại A là:
( )
1 3 0y x+ = − −

3 1y x⇔ = − −
.
0,25
0,25
0,50
1c
Tìm m để đường thẳng d có pt
( )
2 2y m x= + +
cắt đồ thị (C)

1,00
Đường thẳng d:
( )
2 2y m x= + +
cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt
⇔
pt
( )
2 1
2 2
1
x
m x
x
+
= + +
−
có 2 nghiệm phân biệt
1
x
và
2
x
khác 1
2
2 3 0mx mx m⇔ + − − =
có 2 nghiệm phân biệt
1
x
và

2
x
khác 1
0,25
0,25
Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc - 16 -
Đề luyện tập ôn thi Học Kỳ I Lớp 12 2010-2011

( )
2
2
0
4 2 3 0
.1 .1 2 3 0
m
m m m
m m m
≠

⇔ ∆ = + + >


+ − − ≠


4
3
0
m
m


< −

⇔

>


0,50
2a Chứng minh rằng DC vuông góc với AH. 0,50
Hình vẽ: 0,50 điểm

H'
H
I
D
C
B
A
S
Ta có
CD AD
CD SA
⊥


⊥


( )

( )
CD SAD
AH SAD
⊥

⇒

⊂


CD AH⇒ ⊥
0,50
2b Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD . 1,00
Ta có
·
0
( ) 90SA ABCD SA AC SAC⊥ ⇒ ⊥ ⇒ =

·
0
( ) 90CD SAD CD SD SDC⊥ ⇒ ⊥ ⇒ =
, tương tự
·
0
90SBC =
Suy ra ba điểm A, B, D cùng thuộc mặt cầu đường kính SC, hay mặt
cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD có tâm là trung điểm I của SC, bán
kính
2

SC
R =
.
Từ tam giác vuông SAB ta có
0
3
tan30 3.
3
SA AB a a= = =
.
Từ tam giác vuông SAC ta có
2 2 2 2 2 2
SC SA AC SA AB BC= + = + +
=
2 2 2 2
3 5a a a a+ + =

5SC a⇒ =

5
2 2
SC a
R⇒ = =
.
0,25
0,25
0,50
2c Tính thể tích khối chóp H.ABC . 1,00
Trong mặt phẳng (SAD) dựng
//HH SA

′
, với
H AD
′
∈
.
Vì
( )SA ABCD⊥
nên
( )HH ABCD
′
⊥
.
Suy ra thể tích khối chóp H.ABC là:
.
1 1
. . . . .
3 6
H ABC ABC
V S HH AB BC HH
′ ′
= =
.
Tam giác SAD có
SA AD a= =
nên nó là tam giác cân, suy ra H là
0,25
0,25
Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc - 17 -
Đề luyện tập ôn thi Học Kỳ I Lớp 12 2010-2011

trung điểm của SD, do đó
2 2
SA a
HH
′
= =
.
Vậy
3
.
1 3
. 3. .
6 2 12
H ABC
a
V a a a= =
0,25
0,25
PHẦN DÀNH CHO HỌC SINH TỪNG BAN ( 3 điểm )
* Ban Cơ bản
Câu Nội dung Điểm
3a
Giải phương trình:
1
5 3.5 8 0
x x−
+ − =
.
1,00
Đặt

5
x
t =
, điều kiện
0t >
, phương trình trở thành:
15
8 0t
t
+ − =

2
8 15 0t t⇔ − + =

3
5
t
t
=

⇔

=


5 3
5 5
x
x


⇒


=
=

5
log 3
1
x
x
=

⇔

=

4a
Giải bất phương trình:
( )
( )
2
2 2
log 2 3 1 log 3 1x x x+ − ≥ + +
.
1,00
Bpt
( )
( )
2

2 2
log 2 3 log 2 3 1x x x⇔ + − ≥ +

( )
2
3 1 0
2 3 2 3 1
x
x x x
+ >


⇔

+ − ≥ +



2
1
3
4 5 0
x
x x

> −

⇔



− − ≥


1
3
1 5
x
x x

> −

⇔


≤ − ≥

hoÆc

5x⇔ ≥
0,50
0,50
5a Tính thể tích khối tròn xoay được tạo thành 1,00

Gọi V là thể tích khối tròn xoay,

,
B C
V V
lần lượt là thể tích các khối
nón đỉnh B, C có chung đường tròn

đáy tâm H, bán kính
r HA
=
( HA là
đường cao của tam giác vuông ABC)
Ta có
B C
V V V= +


( )
2
1
.
3
AH BH HC
π
= +

2
1
. .
3
AH BC
π
=
Tính
2 2
BC b c= +
,

2 2
.AB AC bc
AH
BC
b c
= =
+
.
Vậy
2 2
2 2
2 2
1
.
3
b c
V b c
b c
π
= +
+

2 2
2 2
1
3
b c
b c
π
=

+
0,25
0,25
0,25
0,25
Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc - 18 -
Đề luyện tập ôn thi Học Kỳ I Lớp 12 2010-2011
* Ban Nâng cao
Câu Nội dung Điểm
3b Giải hệ phương trình 1,00
Điều kiện
0, 0x y x y+ > − >
.
Hệ pt
( ) ( )
2
2
4
log 5
5 5
x y
y x
x y x y
−
−


⇔



+ − =

=

2 2
4
2
32
x y
y x
x y
−

− =

⇔


− =

2 2
3
32
x y
x y
=

⇔

− =



6
2
x
y
=

⇔

=

hoặc
6
2
x
y
= −


= −

( loại vì
8 0x y+ = − <
)
6
2
x
y
=


⇔

=

. Vậy hệ phương trình có một nghiệm
( ) ( )
; 6;2x y =
0,25
0,25
0,25
0,25
4b
Giải phương trình:
( ) ( )
2 2
3 2
log 2 1 log 2x x x x+ + = +
.
1,00
Điều kiện
2
2
2 1 0
2 0
x x
x x

+ + >



+ >



2
2 0x x⇔ + >
(*)
Đặt
( )
2
2
log 2t x x= +

2
2 02
t
x x⇔ + = >
( thoả mãn điều kiện (*) )
Phương trình đã cho trở thành:

( )
3
log 2 1
t
t+ =
2 1 3
t t
⇔ + =
2 1

1
3 3
t t
   
⇔ + =
 ÷  ÷
   
(1)
Hàm số
2 1
( )
3 3
t t
f t
   
= +
 ÷  ÷
   
nghịch biến trên
¡
và
(1) 1f =
nên (1) có
nghiệm duy nhất
1t =
.
Với
1t =
2
2 2x x⇒ + =

1 3x⇔ = − ±
.
0,25
0,25
0,25
0,25
5b Tính khoảng cách giữa AB và OO’ theo R và
α
. 1,00

Dựng đường sinh BC, khi đó
//OO BC
′

//( )OO ABC
′
⇒
, suy ra

( ) ( )
, ,( )d OO AB d OO ABC
′ ′
=
( )
,( )d O ABC=
Gọi H là trung điểm của dây AC thì
OH AC⊥
Đồng thời
( ) BC O BC OH⊥ ⇒ ⊥

.
Suy ra
( )
( ) ,( )OH ABC OH d O ABC⊥ ⇒ =
Vậy
( ) ( )
, ,( )d OO AB d O ABC OH
′
= =
.
Từ
//OO BC
′

( )
·
·
,OO AB ABC
α
′
⇒ = =
.
0,25
0,25
Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc - 19 -
Đề luyện tập ôn thi Học Kỳ I Lớp 12 2010-2011
Từ tam giác vuông ABC, ta có

.tan 2 tanAC BC R
α α

= =

tan
2
AC
AH R
α
⇒ = =
.
Từ tam giác vuông AOH ta có
( )
2 2 2 2 2
1 tanOH OA AH R
α
= − = −
2
1 tanOH R
α
⇒ = −
. Vậy
( )
2
, 1 tand OO AB OH R
α
′
= = −
, với
điều kiện
2
1 tan 0

α
− ≥
hay
0 0
0 45
α
< ≤
.
0,25
0,25
Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc - 20 -