Đề kiểm tra học kì 1 môn toán lớp 12 có lời giải

KIỂM TRA HỌC KỲ I
Môn Toán-Khối 12. Chuẩn-Nâng cao.
Thời gian : 90 phút (không kể thời gian phát đề)

PHẦN CHUNG:( 7 điểm)
Câu 1(3đ): Cho hàm số :
1
2
)(


x
x
xfy (1)

1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
2. Chứng minh rằng đường thẳng d: y = 2x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm M và N phân biệt với
mọi m. Xác định m để đoạn thẳng MN ngắn nhất.
Câu 2(2đ):
1. Giải phương trình:
1)69(log)63.4(log
22

xx
.
2.Chứng minh rằng:
nmnm
nm
nmnm




.
))((
4
3
4
3
4
3
4
3
;
với
, 0
m n n
 
;
0

m
.
Câu 3(2đ): Cho hình chóp S.ABC có
ABC

vuông tại B có
cmAB 3

,
cmBC 4


, cạnh bên
)(ABCSA

và
cmSA 4

. Gọi (P) là mặt phẳng qua A và vuông góc với SC; mặt phẳng (P) cắt SC và
SB lần lượt tại D và E.
1. Chứng minh: )(SBCAE

.
2. Tính thể tích khối chóp S.ADE.
II. PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
A. Học sinh học chương trình chuẩn chọn câu 4a.
Câu 4a
1. ( 1 đ ) Giải bất phương trình sau:
3
2
1
logx5
2
1
log 
.
2. ( 1 đ ) Giải phương trình: 25
x
-33.5
x
+32 = 0.

3. ( 1 đ ). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x
4
– 3x
3
– 2x
2
+ 9x trên


2; 2
 .
B. Học sinh học chương trình nâng cao chọn câu 4b.
Câu 4b
1. (1 đ) Người ta bỏ năm quả bóng bàn cùng kích thước có bán kính bằng r, vào trong một chiếc hộp
hình trụ thẳng đứng, có đáy bằng hình tròn lớn của quả bóng, các quả bóng tiếp xúc nhau và tiếp xúc với
mặt trụ còn hai quả bóng nằm trên và dưới thì tiếp xúc với 2 đáy. Tính theo r thể tích khối trụ.
2. (1đ) Tìm các đường tiệm cận của đồ thị hàm số:
2
3 1
1
x x
y
x
 


.
3. (1 đ) Giải phương trình: 4
x
=5-x.

Hết



ĐÁP ÁN MÔN TOÁN KHỐI 12 HỌC KỲ 1


Câu Ý Nội dung Điểm
1
1
Txđ: D = R\{1}
y’ = -2/(x-1)
2
< 0 với mọi x khác 1 0.25
Hàm số giảm trên từng khoảng xác định (-∞; 1) và (1; +∞) 0.25
Hàm số không có cực trị
Giới hạn: 


y
x
1
lim ; 


y
x
1
lim : Tiệm cận đứng x =1

0.25
2lim 


y
x
; 2lim 


y
x
: Tiệm cận ngang y = 2
0.25
BBT
x -∞ 1 +∞
y’ - -
y
+

+ 2


0.5

* Đồ thị
6
4
2
-2
-4

-6
-5
5

0.5
Giao điểm I (1; 2) là tâm đối xứng của đồ thị hsố
Σ 2
2
Câu Ý Nội dung Điểm
1 2
Phương trình hoành độ giao điểm của (C ) và d là
2x/(x-1) = 2x + m
 g(x) = 2x
2
+ (m-4)x – m = 0 (1) và x khác 1
0.25
(1) có Δ = (m-4)
2
+ 8m = m
2
+ 16 > 0, với mọi m thuộc R 0.25
Và g(1) = -2 khác 0, với mọi m thuộc R 0.25
Vậy (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
khác 1 với mọi m thuộc R,
nên d luôn cắt (C ) tại 2 điểm M(x
1
, 2x

1
+m) và
N(x
2
, 2x
2
+m) phân biệt

Ta có: MN
2
= 5(x
2
– x
1
)
2

 MN =
2
2 1
5
5 5. 16 2 5
2
x x m
a

    

Vậy MN ngắn nhất là
2 5

 m = 0
0.25
Σ 1
2
1
log
2
(4.3
x
-6) – log
2
(9
x
-6) = 1
Điều kiện: 3
x
> 3/2 và 3
2x
> 6
0.25
(1) log
2
[ (4.3
x
-6)/(9
x
-6) ] = 1 0.25
 3
2x
– 2.3

x
– 3 = 0 0.25
 3
x
= -1 (loại) hoặc 3
x
= 3  x =1 0.25
Σ 1
2
Biến đổi vế trái: (m
3/4
– n
3/4
)(m
3/4
+ n
3/4
)/(m
1/2
– n
1/2
) –(m.n)
1/2
0.25
=(m
3/2
– n
3/2
)/(m
1/2

– n
1/2
) –(m
1/2
.n
1/2
) 0.25
= (m
1/2
– n
1/2
)(m + m
1/2
.n
1/2
+ n)/(m
1/2
– n
1/2
) – (m
1/2
.n
1/2
) 0.25
= m + n 0.25
Σ 1
3
1

S

A
C
B
E
D

0.25
AE vuông góc (SBC)
BC vg AB và BC vg SA => BC vg (SAB)
BC vg (SAB) và AE chứa trong (SAB) => BC vg AE

0.25
SC vg (ADE) và AE chứa trong (ADE) => SC vg AE

0.25
AE vg BC và AE vg SC => AE vuông góc (SBC) 0.25
2
V
S.ADE

SD/SC = SD.SC/SC
2
= SA
2
/SC
2
= 16/41
0.25
SE/SB = SE.SB/SB
2

= SA
2
/SB
2
= 16/25 0.25
V
S.ADE
/ V
S.ABC
= SA.SD.SE/SA.SC.SB = SD.SE/SC.SB
=16.16/41.25 = 256/1025


V
S.ADE
= (256/1025).V
S.ABC

= (256/1025).1/3.SA.1/2.AB.BC = (256/1025).1/3.4.1/2.3.4 0.25
= (256/1025).8 (cm
3
) 0.25
4a 3 điểm
4a.1 1 điểm
+ Đk: x > - 5
+ BPT 35  x

495






xx
. KL: Tập nghiệm là S =


;4
0,25
0,25

0,5
4a.2 1 điểm
+ĐKXĐ: x tùy ý.
+Đặt t=5
x
, ( t>0)
+Giải được t=1; t=32
+K
ết luận nghiệm: x=0; x=log
5
32.


0,25
0,25
0,25
0,25

4a.3 1điểm

+ y’ = 4x
3
– 9x
2
– 4x + 9, y’ = 0
 
 
 










2;2
4
9
2;21
2;21
x
x
x

+ y ( - 2 ) = 14, y ( - 1 ) = - 7, y ( 1 ) = 5, y ( 2 ) = 2
+

 
14)2(max
2;2


yy ,
 
7)1(min
2;2


yy


0,5


0,25

0,25
4b


3 đi
ểm


4b.1 1 điểm
+ V=R
2

h
+ R=r
+ h=10
+ V=10r
3
.

0.25
0.25
0.25
0.25

4b.2 1 điểm
+ Tìm được TCĐ: x=1
+ HS viết lại:
1
2
1
y x
x
  


+ HS lập luận và tìm được TCX: y=x-2 ( cả 2 phía)

0.25

0.25
0.5

4b.3 1 điểm
+ HS nhận xét x=1 là một nghiệm của PT
+ H số f(x)=4
x
đồng biến trên R
+ H số g(x)=5-x nghịch biến trên R
+ Kết luận PT có nghiệm duy nhất x=1.

0.25
0.25
0.25
0.25