Đề kiểm tra Học kỳ I lớp 12 năm 2012 - 2013, THPT Lê Thánh Tông tỉnh Gia Lai môn toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
GIA LAI
…………………
ĐỀ CHÍNH THỨC
KIỂM TRA HỌC KỲ I NĂM HỌC 2012-2013
LỚP 12 HỆ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài 150 phút ( không kể thời gian giao đề)

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,5 điểm).
Cho hàm số
3
32
yxx
=-+
.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
()
C
của hàm số .
2) Dựa vào đồ thị
()
C
, xác định
m
để phương trình
3
310
xxm

+=
có ba nghiệm phân biệt.
Câu 2 (1,5 điểm).
1) Cho
22
log3,log5.
mn
==
Tính
60
log30
theo
m
và
n
.
2) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số
2
()
x
e
yfx
x
== trên đoạn
1
;1
2
éù
êú
ëû

.
Câu 3 (3,0 điểm).
Cho hình chóp
.
SABC
có đáy là tam giác vuông tại
B
,
()
SAABC
^
, 2,
SAACaABa
===
.
1) Tính thể tích khối chóp
.
SABC
theo
a
.
2) Gọi
I
là trung điểm của đoạn thẳng
SC
. Chứng minh tam giác
IAB
cân tại
I
từ đó xác

định tâm và tính theo
a
bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
.
SABC
.
3) Tính khoảng cách từ
C
đến
()
mpIAB
theo
a
.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần sau đây (phần A hoặc phần B)
Phần A: Theo chương trình chuẩn:
Câu 4A (3,0 điểm).
1) Giải phương trình :
647.880
xx
=

2) Giải bất phương trình :
13
3
7
log(1)log()
3
+<-

xx

3) Cho hàm số
2
xm
y
x
-+
=
+
có đồ thị
()
m
C
.
Tìm các giá trị của m để đường thẳng
d
:
2210
xy
+-=
cắt
()
m
C
tại hai điểm
A
và
B
sao cho tam

giác
OAB
có diện tích bằng 1 (
O
là gốc tọa độ).
Phần B: Theo chương trình nâng cao:
Câu 4B (3,0 điểm).
1) Giải các phương trình:
a)
3.45.62.90
xxx
-+=
.
b)
2
log2log(3)2
xx
+ =
.
2) Cho hàm số
23
2
x
y
x
-
=
-
có đồ thị là
()

C
. Gọi
I
là giao điểm 2 đường tiệm cận của
()
C
.
Tìm trên
()
C
các điểm
M
để tuyến của
()
C
tại
M
cắt tiệm cận đứng, tiệm cận ngang của
()
C
lần
lượt tại
A
và
B
sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác
IAB
có bán kính nhỏ nhất.
Hết

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
GIA LAI
…………………
ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC
KIỂM TRA HỌC KỲ I NĂM HỌC 2012-2013
LỚP 12 HỆ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài 150 phút ( không kể thời gian giao đề)

HƯỚNG DẪN CHẤM
Bản hướng dẫn chấm gồm 05 trang
I. Hướng dẫn chung
* Đáp án này chỉ nêu sơ lược một cách giải, trong bài làm học sinh phải trình bày lời giải chi tiết.
* Nếu học sinh làm cách khác hướng dẫn chấm nhưng đúng thì vẫn được điểm tối đa.
* Làm tròn điểm theo quy định chung của Bộ Giáo dục và Đào tạo cho Hệ Trung học phổ thông.
II. Đáp án − Thang điểm
Câu Đáp án Điểm
1) (1,00đ)
Tập xác định :
=
¡
D


0,25
lim,lim

xx
yy
®-¥®+¥
=-¥=+¥


0,25
é
=
=-=Û
ê
=-
ë
2
1
'33;'0
1
x
yxy
x


0,25

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
(
)
;1
-¥-
và

(
)
1;
+¥
, hàm số nghịch biến trên
khoảng
(
)
1;1
-



0,25

Hàm số đạt cực đại tại
=-=-=
x1,(1)4
CÑ
yy
Hàm số đạt cực tiểu tại
===
x1,(1)0
CT
yy

0,25

Bảng biến thiên BBT
x

-¥ -1 1 +¥
'
y

+ 0 - 0 +
y

4 +¥
-¥ 0




0,25

Đồ thị
()
C
của hàm số đi qua các điểm
(2;0),(1;4),(0;2),(1;0),(2;4)


Yêu cầu: đồ thị là đường cong trơn, đối
xứng qua điểm
(0;2)

0,50




1
(2,50đ)
2) (0,50đ) Ta có
33
310321
xxmxxm
+=Û-+=+

Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của
()
C
và đường thẳng
:1
dym
=+

0,25

-8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-8
-6
-4
-2
2
4
6
8
y

D
ựa v
ào đ
ồ thị, ph
ương tr
ình
đ
ã cho có ba nghi
ệm khi v
à ch
ỉ khi



01413

mm
<+<Û-<<

0,25
1) (0,75đ) Ta có :

1
2
2
60
2
2
log(2.3.5)
log30
log(2.3.5)
=


0,25


222
222
1
(log2log3log5)
2
2log2log3log5
++
=
++

0,25



1
2(2)
mn
mn
++
=
++


0,25

2) (0,75đ)
Xét trên đoạn
1
;1
2
éù
êú
ëû
, hàm số liên tục
22
2
2.
'
xx

xee
y
x
-
=
2
2
(21)
x
xe
x
-
=




0,25


11
'0;1
22
yx
éù
=Û=Î
êú
ëû

2

1
2;(1)
2
fefe
æö
==
ç÷
èø



0,25


2
(2,00 đ)
2
1
1
;1
;1
2
2
1
max()(1);min()()2
2
fxfefxfe
éù
éù
êú

êú
ëûëû
====



0,25

S
A
B
C
I
K
H


1) (1,00đ)
Tam giác
ABC
vuông tại
B
:
22
3
BCACABa
=-=

0,25

Diện tích tam giác
ABC
là
2
13
.
22
ABC
SABBCa==
0,25

3
(3,00đ)
Thể tích khối chóp
.
1
.
3
SABCABC
VSAS
=
0,25


3
3
3
a
=

0,25
2) (1,00đ)
Ta có
BCAB
^
và
BCSA
^
( do
()
SAABC
^
) suy ra
()
BCSAB
^
BCSB
Þ^


0,25
Tam giác
SBC
vuông tại B suy ra
1
2
BISC
=
Tam giác
SAC

vuông tại A suy ra
1
2
AISC
=

Suy ra
AIBI
=
hay tam giác
ABI
cân tại
I





0,25
Nhận thấy
1
IS
2
AIBIICSC
==== nên
I
là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
.
SABC

0,25
Bán kính
22
11
2
22
rSCSAACa
==+=
0,25
3) (1,00đ)
Dựng
1
//();()
2
ÎÞ==^
IHSAHACIHSAaIHABC


0,25

3

131
(;()).
363
====
IABCABCCIABIAB
a
VIHSVdCIABS

0,25

Suy ra
3
3
(;())(1)
2.
IAB
a
dCIAB
S
=

Gọi
K
là trung điểm của
AB
IKAB
Þ^
(
IAB
D
cân tại I)
22
7
2
a
IKAIAK=-=

0,25

2
17
.
24
IAB
a
SIKAB== thay vào (1) ta được
3
323221
(;())
2.7
7
===
IAB
aaa
dCIAB
S



0,25
1) (1,00đ)
2
647.88087.880
=Û =
xxxx

Đặt

80
x
t
=>


0,25
Phương trình đã cho trở thành
2
780
tt
=


0,25

1
8
t
t
=-
é
Û
ê
=
ë
thỏa điều kiện

0,25

Với
8
t
=
, ta có
881
x
x
=Û=

Tập nghiệm của phương trình
{
}
1
S =
0,25

2) (1,00đ)
Điều kiện
7
(1;)
3
x Î- . Với điều kiện trên, bất phương trình dã cho tương đương


0,25
4A
(3,00 đ)
33
7

log()log(1)0
3
xx
-++>


0,25

7
()(1)1
3
xx
-+>
2
442
0(;2)
333
<ẻ-xxx


0,25
Kt hp vi iu kin ta c tp nghim
2
(;2)
3
S =-

0,25
3) (1,00)
ng thng

1
:
2
dyx
=-+
. Phng trỡnh honh giao im ca
()
m
C
v
d
:
2
1
,2
22
()2220(1)
-+
=-+ạ-
+
=++-=
xm
xx
x
gxxxm




0,25

d
ct
()
m
C
ti hai im phõn bit thỡ
()0
gx
=
cú hai nghim phõn bit khỏc
2
-

()
17
0
16170
16
420
(2)0
2
gx
m
m
m
g
m
ỡ

D>
-+>ỡ
<
ỡ
ù

ớớớ
+ạ
-ạ
ợ
ợ
ù
ạ-
ợ
(*)


0,25


Lỳc ú
1122
11
(;),(;)
22
AxxBxx
-+-+
vi
12
,

xx
l hai nghim ca (1).
Theo h thc Vi-et ta cú
1212
1
;.1
2
xxxxm
+=-=-

1
(;)
22
dOd =

22
212121
17
2()2()4.8
2
ABxxxxxxm
ộự
=-=+-=-
ởỷ





0,25

111171
(;) 81716
2228
22
OAB
SdOdABmm
==-=-
Theo gi thit ta cú
147
1716117168
816
-=-==-mmm tha (*)
Vy
47
16
=-m .


0,25

1) (2,00)
a)(1,00)

46
3.5.20
99
-+=
xx

xx
2
22
3.()5()20
33
-+=
xx


0,25

t
2
(),0
3
=>
x
tt
Phng trỡnh ó cho tr thnh
2
3.520
-+=
tt

0,25

4B
(3,00 )
1
2
3
=
ộ
ờ

ờ
=
ở
t
t
. i chiu vi iu kin ta c
1
2
3
=

ộ
ờ
ờ
=
ở
t
t

Vi
1
=
t
ta cú
2
10
3
ổử
==
ỗữ
ốứ
x
x

0,25



Với
2
3

=
t ta có
22
1
33
æö
=Û=
ç÷
èø
x
x

Vậy tập nghiệm của phương trình
{
}
0;1
S =

0,25

b) (1,00đ)
Điều kiện
3
<-
x
. Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương

0,25

2log2log(3)2loglog(3)1

+ =Û+ =
xxxx
log(3)log10(3)10
xxxx
Ûé ù=Û =
ëû
(*)


0,25

Do
3
<-
x
nên (*) được viết
.(3)10
=
xx

0,25

2
2
3x-100
5
=
é
Û+=Û
ê

=-
ë
x
x
x

Đối chiếu với điều kiện ta được tập nghiệm của phương trình
{
}
5
S
=-



0,25

2) (1,00đ)
Lấy
0
0
0
23
;(),
2
x
MxC
x
æö
-

Î
ç÷
-
èø
,
( )
2
0
0
2x
1
)x('y
-
-
=
Phương trình tiếp tuyến với ( C) tại M có dạng:
( )
2x
3x2
)xx(
2x
1
y:
0
0
0
2
0
-
-

+-
-
-
=D


0,25


Toạ độ giao điểm
,
AB
của
(
)
D và hai tiệm cận là:
( )
2;2x2B;
2x
2x2
;2A
0
0
0
-
÷
÷
ø
ö
ç

ç
è
æ
-
-

Ta thấy
M0
0BA
xx
2
2x22
2
xx
==
-
+
=
+
,
,,
MAB
thẳng hàng suy ra
M
là trung điểm
của
AB
.

0,25

Mặt khác
I
= (2; 2) và tam giác
IAB
vuông tại
I
nên đường tròn ngoại tiếp tam giác
IAB
có bán kính
IM


2
222
0
00
2
0
0
23
1
(2)2(2)2
2
(2)
x
IMxx

x
x
æö
-
=-+-=-+³
ç÷
-
-
èø



0,25



IM
đạt nhỏ nhất là
2
02
0
2
0 0
1
1
(2)
(2)
3
x
x

x
x
é
=
Û-=Û
ê
-
=
ê
ë

Vậy có hai điểm M cần tìm là
1
M
(1; 1) và
2
M
(3; 3)

0,25

Hết