Đề kiểm tra học kỳ I lớp 12 năm học 2014-2015 tỉnh Vĩnh Phúc

SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I - NĂM HỌC 2014 - 2015
MÔN: TOÁN; LỚP 12
Thời gian làm bài: 90 phút (không kể thời gian phát đề)



Câu 1. (3 điểm)
Cho hàm số
3
32y x x  
(1)
a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
b) Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng
52yx  
.

Câu 2. ( 3 điểm)
a) Rút gọn biểu thức:
12
2
4
log 16 log 108 log 12.P   

b) Giải phương trình:
4 3.2 4 0
xx
  

.

Câu 3. (1 điểm)
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
1
x
y
x


.

Câu 4. (3 điểm)
Cho hình hộp chữ nhật
. ' ' ' 'ABCD A B C D
có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Góc giữa đường thẳng
A’C và mặt phẳng (ABCD) bằng
0
60
.
a) Tính thể tích của khối hộp theo a.
b) Tính khoảng cách từ đỉnh A đến mặt phẳng (BDA’).
c) Gọi N là trung điểm của CD, điểm P nằm trên đường thẳng A’D, điểm Q nằm trên đường thẳng AB’
sao cho PQ song song với BN. Tính theo a độ dài đoạn PQ.

Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
Giám thị không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:…………………………………………… Số báo danh:…………

SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC


HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I, NĂM HỌC 2014-2015
MÔN: TOÁN, LỚP 12


Câu 1.a) ( 2 điểm) Khảo sát, vẽ đồ thị hàm số
3
32y x x  
(1).
Nội dung
Điểm
*) Tập xác định:
.D  

0,25
*) Sự biến thiên
- Giới hạn:
lim ; lim
xx
yy
 
   


0,25

-Chiều biến thiên: Ta có
22
1
' 3 3. ' 0 1 0
1
x
y x y x
x


      




0,25
Ta có
' 0 ( ; 1) (1; )yx      
và
' 0 ( 1;1)yx   
nên hàm số đồng biến trên
các khoảng
( ; 1);(1; )  
và nghịch biến trên khoảng
( 1;1)
.
Hàm số đạt cực đại tại
1, 4
CD
xy  

; hàm số đạt cực tiểu tại
1, 0.
CT
xy

0,25
- Bảng biến thiên:
+∞
+∞
x
y’
y
-∞
-∞
-1
0
0+
+
4
0
1
-
+∞
+∞
x
y’
y
-∞
-∞
-1

0
0+
+
4
0
1
-
x
y’
y
-∞
-∞
-1
0
0+
+
4
0
1
-



0,50
*) Đồ thị

4
2
-2
y

x
f
x
 
=
x
3
-3

x


+2
O
1
-2
3
-1





0,50


Câu 1.b) ( 1 điểm) Tìm giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng
52yx  
.
Nội dung

Điểm
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng
52yx  
là

3
3 2 5 2x x x    

0,25
3
20xx  

0,25
2
2
0
( 2) 0 0
20
x
x x x
x


     




0,25
Với

02xy  
. Vậy tọa độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng đã cho là (0;2).
0,25

Câu 2.a ( 1,5 điểm) Rút gọn biểu thức:
12
2
4
log 16 log 108 log 12.P   

Nội dung
Điểm
Ta có
11
2
2 2 3 2
2
4
2
log 4 log (2 .3 ) log (2 .3)P

  

0,50
1 1 1
22
2 2 3 2
22
4
22

log 4 log 2 log 3 log 2 log 3

    

0,50
22
2 2 3log 3 4 2log 3     

0,25
2
log 3.

0,25

Câu 2.b ( 1,5 điểm) Giải phương trình:
4 3.2 4 0
xx
  
.
Nội dung
Điểm
Đặt
2
x
t 
,
0t 
phương trình đã cho trở thành:
2
3 4 0.tt  

0,50
Suy ra
1t 
hoặc
4t 
(loại).
0,50
Với
1t 
suy ra
2 1 0.
x
x  
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
0.x 

0,50
Câu 3. (1 điểm) Tìm GTLN, NN của hàm số
2
1
x
y
x


.
Nội dung
Điểm
*) Tập xác định:

.D  

*) Sự biến thiên
- Giới hạn:
22
11
lim lim 0, lim lim 0.
11
11
x x x x
xx
yy
xx
   
   




0,25
-Chiều biến thiên: Ta có
22
2
2 2 2 2
1
1.( 1) .2 1
' . ' 0 1 0
1
( 1) ( 1)
x

x x x x
y y x
x
xx


  
      






0,25
- Bảng biến thiên:


0,25
+∞
0
x
y’
y
-∞
0
-1
0
0-
-

-1/2
1/2
1
+
+∞
0
x
y’
y
-∞
0
-1
0
0-
-
-1/2
1/2
1
+

Từ bảng biến thiên ta suy ra
- Hàm số đạt GTLN bằng
1
2
tại
1x 
, GTNN bằng
1
2


, tại
1.x 


0,25

Câu 4.a (1 điểm) Tính thể tích hình hộp.

Nội dung
Điểm
Ta có
2
ABCD
Sa
, tứ giác ABCD là hình vuông nên
2AC a
.
0,25
Góc giữa A’C và mặt đáy là

0
' 60A CA
. Xét tam giác vuông A’CA, ta có

0
'
tan ' tan60 3 ' 6
AA
A CA A A a
AC

    
.
0,25
Từ đó
. ' ' ' '
'.
ABCD A B C D ABCD
V A AS

0,25
23
. ' ' ' '
6 . 6 .
ABCD A B C D
V a a a  

0,25



Câu 4.b (1 điểm) Tính khoảng cách từ đỉnh A đến mặt phẳng (BDA’).
Nội dung
Điểm
Gọi O là giao điểm của AC và BD. Hạ
' ( ' ) (1)AH A O H A O

0,25
P
Q
O

M
N
C'
B'
D'
A
B
C
D
A'
H
( ' ) (2)
'
BD AC
BD A AO BD AH
BD A A


   




0,25
Từ (1) và (2) suy ra
( ' ) ( ,( ' ))AH A BD d A A BD AH  
.
0,25
Xét tam giác vuông A’AO, ta có
2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 2 13 78
' 6 6 13
a
AH
AH AA AO a a a
      
.
Vậy
78
( ,( ' )) .
13
a
d A A BD 

0,25
Câu 4.c (1 điểm) Gọi N là trung điểm của CD, điểm P nằm trên đường thẳng A’D, điểm Q nằm trên đường
thẳng AB’ sao cho PQ song song với BN. Tính theo a độ dài đoan PQ.
Nội dung
Điểm
Ta có A’D và AB’ là hai đường thẳng chéo nhau. Giả sử có
,PQ
thoả mãn điều kiện bài toán. Do
' ( ' )
( ' ) ( ' )
' ( ' )
P A D P A DQ
A DQ AB P PQ
Q AB Q AB P
  


  

  

.

0,25
Giả sử A’Q cắt AB tại M. Vì BN//PQ suy ra BN//(A’DQ) hay BN//(A’DM). Mặt phẳng (ABCD) chứa
BN và cắt mặt phẳng (A’DM) theo giao tuyến DM nên BN//DM.

0,25
Suy ra M là trung điểm AB. Từ đó ta tìm các điểm P, Q như sau:
- Gọi M là trung điểm AB, nối A’M cắt AB’ tại Q.
- Trong mặt phẳng (A’DM), qua Q kẻ đường thẳng song song với DM cắt A’D tại P.
Đoạn thẳng PQ thỏa mãn các điều kiện của bài toán.


0,25
Theo cách dựng, ta có
22
2 2 5
.
3 3 3
a
PQ DM AM AD   



0,25

Hết