Toan 12 De thi HK I so 2+DA

ĐỀ THI HỌC KỲ I
Môn thi : Toán 12
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề)
I. Phần chung cho cả 2 ban: ( 8 điểm)
Câu 1. ( 3 điểm)
1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số
1
3
+
+
=
x
x
y
2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có tung độ y = 2.
Câu 2. (1,5 điểm)
Cho hàm số
y = x
3
+ (m + 3)x
2
+ 1 - m (m là tham số)
Xác định m để hàm số có cực đại là x = - 1.
Câu 3. (1,5 điểm)
1) Giải phương trình : 2.9
x
– 5.6
x
+ 3.4
x
= 0

2) Giải bất phương trình :
( )
2
1
2
log 3 2 1x x− + ≥ −

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.
II. Phần dành riêng cho từng ban (2điểm)
Học sinh ban KHTN chỉ làm câu 5a; học sinh ban cơ bản chỉ làm câu 5b.
Câu 5a. (2điểm)
1) Giải hệ phương trình :
( )
3
2
log 3
2 12 .3 81
x
x y
y y y
+ =



− + =



2) Cho khối chóp S.ABC có đáy là ∆ABC vuông tại B. SA ⊥ (ABC), góc BAC = 30
0
, BC =
a
và
SA =
2a
. Gọi M là trung điểm của SB.Tính thể tích khối tứ diện MABC.
Câu 5b. (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
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
KIỂM TRA HỌC KỲ I
MÔN TOÁN - LỚP 12
Câu Đáp án Điểm
1.1
2.0đ
TXĐ: D = R\{-1} 0,25
Câu Đáp án Điểm
Sự biến thiên
D
x
y ∈∀<
+
−
= 0
)1(

2
'
2
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (-
∞
; -1) và (-1; +
∞
)
Hàm số không có cực trị
0,5
Giới hạn
+∞===
+
−→
−∞→+∞→
1
lim;1limlim
x
xx
yyy
và
−∞=
−
−→ 1
lim
x
y
Đồ thị có một tiệm cận đứng là x = -1, và một tiệm cận ngang là y = 1.
0,5
x

-∞ -1 +∞
y’ - -
y
1 +∞

-∞ 1
0,25
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

-3
x
3
y
1
-1
O
0,5
1.2
1,0đ
y = 2
⇒
x = 1 Do đó hệ số góc của tiếp tuyến là f’(1) =
2
1
−
Phương trình tiếp tuyến có dạng là y - y
0
= f’(x

0
)(x - x
0
).Hay y =
2
1
−
x +
2
5
0,5
0,5
2 Cách 1 :
TXĐ D = R; y’ = 3x
2
+ 2(m + 3)x




+
−=
=
⇔=
3
62
0
0'
2
1

m
x
x
y
Hàm số đạt cực đại tại x = -1
2
3
1
3
62
−=⇔−=
+
−⇔ m
m
Cách 2 :
TXĐ : D = R ; y’ = 3x
2
+ 2(m + 3)x ; y” = 6x + 2(m +3)
Hàm số đạt cực đại tại x = -1 khi và chỉ khi

'( 1) 0

"( 1) 0
y
y
− =


− <


⇔
3 - 2m - 6 = 0
- 6 + 2m + 6 < 0




3
= -
2
m < 0
m


⇔



1,5
0,5
0,5
0,5
1,5
0,5
0,25
0,25
0,25
Câu Đáp án Điểm

3

m = -
2
⇔

0,25
3.1 2.9
x
– 5.6
x
+ 3.4
x
= 0
⇔ 2.3
2x
– 5.2
x
.3
x
+ 3.2
2x
= 0 (1)
Chia cả hai vế của phương trình cho 2
2x
, ta được :

2
3 3
2. - 5. + 3 = 0 (2)
2 2
x x

   
 ÷  ÷
   
Đặt :
3
= ; t > 0
2
x
t
 
 ÷
 
; phương trình (2) trở thành :
2t
2
– 5t + 3 = 0

t = 1

3
t =
2
x = 0

x = 1


⇔




⇔


0,75
0,25
0,25
0,25
3.2
2
1
2
2
1
2
1 1
2 2
log ( 3 2) -1
x - 3x + 2 > 0

1
log ( - 3x + 2) log
2
x x
x
−
− + ≥


⇔


 
≥
  ÷
 

⇔
2 2
2 2
- 3x + 2 >0 - 3x + 2 > 0

x - 3x + 2 2 x - 3x 0
x x
 
 
⇔
 
≤ ≤
 
 
⇔
< 1 hoac x > 2
2 < x 3
0 x 3
x

⇔ ≤

≤ ≤


0,75
0,25
0,25
0,25
4.1
M
O
B
C
A
D
S
I
Gọi O là giao điểm của AC và BD.
Ta có : SO ⊥ (ABCD)

1
. . ( )
3
V SO dt ABCD=
dt(ABCD) = a
2

1,0
0,25
0,25
Câu Đáp án Điểm

2 2 2
2 2 2

2a a 7a
= SC - = 4a =
4 2 2
a 14
SO =
2
SO −
⇒
Vậy :
3
a 14
=
6
V
0,25
0,25
4.2
4.3
Dựng mặt phẳng trung trực của SA cắt SO tại I, ta có :
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.

SI SM SM.SA
SAO = SI =
SA SO SO
SIM∆ ∆ ⇒ ⇒:

2a 14
SI =
7
⇒
Vậy :
2a 14
= SI =
7
r
2
2
3
3
224 .a
= 4 r =
49
4 448 a 14
V = =
3 1029
S
r
π
π
π
π
0,5
0,25
0,25
0,5
0,25

0,25
5a.1
5a.2
( )
3
2
+ log = 3 (1)
2y - y + 2 .3 = 81y (2)
x
x y





ĐK : y > 0

x
3
27
(1) log = 3 - x 3 =
y
Pt y⇔ ⇔
(3)
Thay (3) vào (2), ta được :

( )
2
2 2
2

27
2 - y + 12 . = 81y
2y - y + 12 = 3y
y = 3
y - y + 12 = 0
y = - 4 (L)
y
y
⇔

⇔ ⇔


⇔ y = 3
Thay y = 3 vào (3), ta được : x = 2
Vậy : (2 ; 3)
Kẻ MH song song với SA, ta có : SA⊥(ABC)
⇒ MH⊥(ABC)

.
1
= MH.dt(ABC)
3
M ABC
V
1,0
0,25
0,25
0,25
0,25

1,0
0,25
Câu Đáp án Điểm

1 a 2
= =
2 2
MH SA

2 3
1 1 2 3 6
( ) = . = . .
2 3 2 2 12
a a a
dt ABC AB BC =
Vậy :
2 3
.
1 2 3 6
. .
3 2 2 12
M ABC
a a a
V = =
H
M
A
C
B
S

0,25
0,25
0,25
5b.1
bpt




<<−
>
⇔












<<−
<
>
⇔















<+<
<





>+
>
⇔











<+
<−



>+
>−
⇔
01
2
7
01
2
7
2
7
110
2
7
11
2
7
0)1ln(
072
0)1ln(
072
x
x

x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
Tập nghiệm của bất phương trình là: T = (-1;0)
∪
(
+∞;
2
7
)
1,0
1,0
5b.2
M
B
A
C
S
AM là đường cao của tam giác đều cạnh a nên AM=
2
3a
Diện tích đáy

4
3
2
.
2
aBCAM
s
ABC
==
Thể tích khối chóp S.ABC là:
12
3
.
3
1
3
.
a
SASV
ABCABCS
==
1,0
0,25
0,25
0,5
HS làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần như quy định.