Đề kiểm tra môn toán khối 12

Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I NĂM HỌC 2010 – 2011
MÔN TOÁN – KHỐI 12
Thời gian làm bài: 90 phút.
*****
Mỗi học sinh phải ghi đầy đủ tên lớp cùng họ và tên vào phần phách và ghi 1 trong 2 câu sau đây vào
phần đầu bài làm tùy theo loại lớp của mình.
Ban A, B : Làm các câu 1, 2, 3. Điểm các câu là: 3,5; 3; 3,5.
Ban D, SN: Làm các câu 1, 2ab, 3. Điểm các câu là: 4; 2; 4.
Câu 1:
Cho hàm số y = x
4
– 2x
2
– 3 có đồ thị là (C).
a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng (∆): y =
1
x 2010
24
− +
.
c) Định m để phương trình log
2
(x
4
– 3x
2
+ x – m ) +
1
2

log (x 1)+
= log
8
(2 – x)
3

có ba nghiệm phân biệt.
Câu 2:
Giải các phương trình, hệ phương trình sau:
a)
2
2x x x 6
64.2 4
− − +
=
.
b) log
9
(x
2
– 5x + 6)
2
=
3
3
1 x 1
log log (3 x)
2 2
−
+ −

.
c)
y x
3 2
e e ln(x 1) ln(y 1)
x 1 y 3x 4y 5

− = − − −


− + = − +


.
Câu 3:
Cho hình vuông ABCD cạnh 4a. Trên cạnh AB và AD lần lượt lấy hai điểm
H và K sao cho BH = 3HA và AK = 3KD. Trên đường thẳng (d) vuông góc
(ABCD) tại H lấy điểm S sao cho
·
0
SBH 30=
. Gọi E là giao điểm của CH và BK.
a) Tính thể tích của hình chóp S.ABCD và thể tích hình chóp S.BHKC.
b) Chứng minh 5 điểm S, A, H, E và K cùng nằm trên một mặt cầu. Tính thể tích
của khối cầu ngoại tiếp của hình chóp SAHEK.
c) Gọi M là hình chiếu của H trên cạnh SA. Tính thể tích của hình chóp M.AHEK.
HẾT
HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM TOÁN 12 – HKI
Câu Nội dung A–B D–SN
I Cho hàm số y = x

4
– 2x
2
– 3 có đồ thị là (C). ∑=3.5đ ∑=4đ
a Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. ∑=2đ ∑=2,5đ
 Tập xác định: D = R
 Giới hạn:
x
lim y
→±∞
= +∞
0.25 0.25
 y' = 4x
3
– 4x
y' = 0 ⇔
x 0 y 3
x 1 y 4

= ⇒ = −

= ± ⇒ = −

.
0.25
0.25
0.25
0.25
 Bảng biến thiên: 0.25 0.5
 Giá trị đặc biệt: 0.25 0.25

 Đồ thị: 0.5 0.5
 Nhận xét: 0.25 0.25
b
Viết p trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến
⊥
(∆): y =
1
x 2010
24
− +
.
∑=0.75đ ∑=0.75đ
Hệ số góc của đường thẳng (∆) là k
∆
= –
1
24
.
Tiếp tuyến (d) ⊥ (∆) nên (d) có hệ số góc là k
d
= 24.
0.25 0.25
Gọi x
0
là hoành độ tiếp điểm của (d) và (C) ta có
y'(x
0
) = 24 ⇔
3
0 0

4x 4x 24− =

⇔
2
0 0 0
(x 2)(x 2x 3) 0− + + =
⇔ x
0
= 2.
0.25 0.25
Vậy (d): y – y
0
= 24(x – x
0
) ⇔ y = 24x – 43.
0.25 0.25
c
Định m để log
2
(x
4
– 3x
2
+ x – m ) +
1
2
log (x 1)+
= log
8
(2 – x)

3
(1)
có ba nghiệm phân biệt.
∑=0.75 ∑=0.75
(1) ⇔
4 2
2 2 2
x 1 0
2 x 0
log (x 3x x m) log (x 1) log (2 x)

+ >

− >


− + − − + = −

⇔
4 2 2
2 2
1 x 2
log (x 3x x m) log (2 x x )

− < <


− + − = + −



⇔
4 2 2
1 x 2
x 3x x m 2 x x

− < <

− + − = + −

⇔
4 2
1 x 2
m 1 x 2x 3 (2)

− < <

− = − −

0.5 0.5
YCBT ⇔ (2) có ba nghiệm x ∈ (–1; 2).
Dựa vào đồ thị (C) ta có: –4 < m – 1 < –3 ⇔ –3 < m < –2.
0.25 0.25
2 ∑=3đ ∑=2đ
a Giải các phương trình: 64.
2
2x x x 6
2 4
− − +
=
(1)

∑=0.75đ ∑=0.75đ
(1) ⇔ 4
x +3
=
2
x x 6
4
− − +
⇔
2
x x 6 x 3− − + = +
0.25 0.25
⇔
2 2
x 3 0
x x 6 (x 3)

+ ≥

− − + = +

⇔
2
x 3
2x 7x 3 0

≥ −

+ + =


0.25 0.25
⇔
x 3
x 3
1
x
2

≥ −



= −




= −




⇔ x = –3 hay x =
1
2
−
.
0.25 0.25
b
Giải pt: log

9
(x
2
– 5x + 6)
2
=
3
3
1 x 1
log log (3 x)
2 2
−
+ −
(2)
∑=1.25đ ∑=1.25
Điều kiện: 1 < x < 3 và x ≠ 2. 0.25 0.25
(2) ⇔
2
3 3 3
x 1
log x 5x 6 log log (3 x)
2
−
− + = + −
⇔
2
3 3
(x 1)(3 x)
log x 5x 6 log
2

− −
− + =
0.25 0.25
⇔
(x 1)(3 x)
(x 2)(x 3)
2
− −
− − =
⇔
2 x 2 (3 x) (x 1)(3 x) 0− − − − − =
⇔
2 x 2 x 1 0− − + =
0.25 0.25
⇔
1 x 2 2 x 3
hay
4 2x x 1 0 2x 4 x 1 0
 
< < < <
 
− − + = − − + =
 
0.25 0.25
⇔
1 x 2
2 x 3
hay
5
x 3

x
3

< <

< <

 
=
=



⇔ x =
5
3
.
0.25 0.25
c Giải hệ phương trình
y x
3 2
2 2 ln(x 1) ln(y 1) (1)
x 1 y 3x 4y 5 (2)

− = − − −


− + = − +



.
∑=1đ
 Điều kiện: x, y > 1. Từ (1) ⇒ … ⇒ x = y.
0.25 + 0.25
 Thay vào (2) ta được:
3 2
x 1 x 3x 4x 5− = − + − +
⇔ f(x) = x
3
– 3x
2
+ 4x – 5 –
x 1−
= 0 (3)
0.25
Ta có: f(2) = 0 và f '(x) = 3x
2
– 6x + 4 –
1
2 x 1−

= 3(x – 2)
2
+ 1 –
1
2 x 1−
> 0, ∀ x ∈ (1; +∞).
Vậy (3) có nghiệm duy nhất là x = 2. Vậy hệ có nghiệm duy nhất là (2; 2).
0.25
3

Cho hình vuông tại ABCD có cạnh bằng 4a. Trên cạnh AB và AD lần lượt
lấy hai điểm H và K sao cho BH = 3HA và AK = 3KD. Trên đường thẳng
(d) vuông góc (ABCD) tại H lấy điểm S sao cho
·
0
SBH 30=
. Gọi E là
giao điểm của CH và BK.
∑=3.5 đ ∑=4đ
a Tính thể tích của hình chóp S.ABCD và thể tích hình chóp S.BHKC. ∑=1.5đ ∑=2đ
∆ SHB vuông tại H có ∠ SBH = 30
0
nên SH = BH.tan30
0
=
a 3
.
0.25 0.25
S
ABCD
= AB
2
= 16a
2
. 0.25 0.25
E
K
E
K
H

D
C
H
D
B
C
A
S
A
B
M
V
SABCD
=
3
ABCD
1 16a 3
S .SH
3 3
=
.
0.25
0.25+0.25
Theo giả thiết ta có: BH = 3a; HA = a; AK = 3a và KD = a.
S
BHKC
= S
ABCD
– S
AHK

– S
CDK

=
2
1 1
(4a) .a.3a a.4a
2 2
− −
= 16a
2
–
2
3a
2
– 2a
2
=
25
2
a
2
.
0.25 0.5
Ta có V
BHKC
=
BHKC
1
S .SH

3
.
0.25 0.25
Vậy V
BHKC
=
3
2
1 25 25 3a
.a 3. a .
3 2 6
=
0.25 0.25
b
Chứng minh 5 điểm S, A, H, E và K cùng nằm trên một mặt cầu.
Tính thể tích của khối cầu ngoại tiếp của hình chóp SAHEK.
∑=1đ ∑=1đ
Ta có:
– AD ⊥ AB và AD ⊥ SH nên AD ⊥ SA ⇒ ∠ SAK = 90
0
.
– SH ⊥ HK nên ∠ SHK = 90
0
.
0.25 0.25
– CH ⊥ BK và BK ⊥ SH nên BK ⊥ (SKE) ⇒ ∠ SEK = 90
0
.
Vậy SAHEK nội tiếp mặt cầu có đường kính là SK.
0.25 0.25

Ta có SK
2
= SH
2
+ HK
2
= 3a
2
+ 10a
2
= 13a
2
⇒ SH =
a 13
.
0.25 0.25
Vậy
3
3 3
mc
4 4 52 a 13
V R (a 13)
3 3 3
π π π
= = =
.
0.25 0.25
c Gọi M là hình chiếu của H trên cạnh SA. Tính V của hình chóp M.AHEK ∑=1đ ∑=1đ
Ta có
2

2 2
d(M;ABCD) AM AM.AS AH 1
d(S; ABCD) AS 4
AS AS
= = = =
⇒
d(M;ABCD) 1
SH 4
=
⇒ d(M; (ABCD)) =
1 a 3
SH
4 4
=
.
0.25 0.25
Ta có:
∆ BEH ~ ∆ BAK ⇒
BE BH
BA BK
=
⇒
2 2
BE BH.BA 3a.4a 12
BK 25
BK 25a
= = =
⇒
BEH
BAK

S
BH BE 3 12 9
. .
S BA BK 4 25 25
= = =
⇒
AHEK
ABK
S
16
S 25
=

0.25 0.25
⇒
2
AHEK BAK
16 16 1 96a
S .S . 3a.4a
25 25 2 25
= = =
.
0..25 0.25
Do đó V
M.AHEK
=
2
AHEK
1 1 96a a 3
S .d(M; ABCD) . .

3 3 25 4
=
=
3
8a 3
25
.
0.25 0.25
GHI CHÚ:
Anh chị chấm bài xong ghi tên mình vào ô giám khảo, không kí tên.