Đề kiểm tra học kì I lớp 12 môn Toán năm học 2009-2010 SỞ GD ĐT BẾN TRE

SỞ GD&ĐT BẾN TRE

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I NĂM HỌC 2009-2010
Mơn thi: TỐN - Khối 12 - Giáo dục trung học phổ thơng
( Thời gian làm bài 150 phút, khơng kể thời gian giao đề )
*******

I . PHẦN BẮT BUỘC (7,0 điểm )
Câu 1 (2,5 điểm)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số
3
3 2
y x x
= − +
.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại giao điểm của đồ thị (C) và trục tung.
Câu 2 (2,5 điểm)
a) Cho hàm số
[cos(lnx)+sin(lnx)] ( 0)
y x x
= >
. Chứng minh rằng:
2 // /
x y - xy + 2y = 0
.
b) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
y x x
= −

trên đoạn [0;4].
c) Giải phương trình
9
3
4log 2 log (2 3)
x x
+ = +
.
Câu 3 (2,0 điểm)
Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a.
a) Tính thể tích của khối tứ diện đã cho.
b) Xác định tâm và tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.

II . PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm)
Thí sinh chọn một trong hai phần (Phần A hoặc phần B)
1. Phần A theo chương trình chuẩn:
Câu 4A (1,0 điểm)
Chứng minh rằng với mọi giá trị của tham số m, hàm số
2 2
x - 2mx + m +1
y = f(x) =
x - m
ln đạt
cực đại, cực tiểu lần lượt tại x
1
, x
2
và
1 2
f(x ) + f(x ) = 0

.
Câu 5A (2,0 điểm)
Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a. Cạnh bên của lăng
trụ tạo với mặt phẳng đáy một góc bằng 60
0
. Đỉnh A’ cách đều ba đỉnh A,B và C.
a) Chứng minh tứ giác BB’C’C là hình chữ nhật.
b) Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’.

2. Phần B theo chương trình nâng cao:
Câu 4B (1,0 điểm)
Tìm m để phương trình
2 2
3 3
log x + log x +1 - m +1 = 0
có nghiệm trên đoạn
3
1;3
 
 

Câu 5B (2,0 điểm)
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vng tâm O, cạnh
bằng a. Cạnh bên tạo với mặt phẳng đáy một góc bằng
0
45
.
a) Tính khoảng cách từ S đến mặt phẳng ABCD.
b) Chứng tỏ điểm O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho.

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

Họ và tên thí sinh: ………………………………… Số báo danh: …………………………….
Chữ ký của giám thị 1: ………………………… Chữ ký của giám thị 2: ………………….






HƯỚNG DẪN CHẤM CỦA ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ 1 NĂM HỌC 2009 -2010
MÔN TOÁN - KHỐI 12 - Giáo dục trung học phổ thông

Câu Đáp án Điểm
a) Khảo sát hàm số
3
3 2
y x x
= − +

TXĐ :
D
=
¡

x
lim
→±∞
= ±∞

0.25

2
x 1 y 0
y ' 3x 3 0
x 1 y 4
= =
 
= − = ⇔ ⇒
 
= − =
 


0.5


BBT

CÑ
CT
-
∞
+
∞
+
+
-

0
4
0
0
-1 1
-
∞
+
∞
y
y
/
x






0.5



Hàm số đồng biến trên khoảng
( ; 1)
−∞ −
và
(1; )
+∞

Hàm số nghịch biến trên khoảng
( 1;1)
−

CĐ
(
)
1;4
− ; CT
(
)
1;0



0.25


Câu1
2.5 đ

Giao điểm của đồ thị với các trục tọa độ
(
)
1;0 ; ( 2;0)
−
;
(
)
0;2

//
y 6x 0 x 0 y 2
= = ⇔ = ⇒ =
. Điểm uốn (0;2)
Đồ thi:

y=-3x+2
y=x
3
-3x+2
o
-1
-2
2
1
4
-1
y
x

0.5



















b) Ta ụ cỏc im thuc (C) v trc tung laứ nghieọm cuỷa heọ phửụng trỡnh

3
0
3 2
2
0
x

y x x
y
x
=

= +



=
=


Vy giao ủieồm laứ M(0;2)


0.25


/
(0)
3 2 3( 0) 3 2
y PTTT y x y x
= = = +

0.25
a)
[cos(lnx)+sin(lnx)] ( 0)
y x x
= >

/
1 1
cos(lnx)+sin(lnx)+ [- sin(lnx)+ cos(lnx)]
x x
2 os(lnx)
y x
c
=
=


//
2
sin(ln )
y x
x
=






0.5
Do ú
2 // / 2
2
. . 2 [ sin(ln )]-x2 os(lnx)+2 [cos(lnx)+sin(ln

x)]
=-2xsin(lnx)-2xcos(lnx)+2xsi
n(lnx)+2xcos(lnx)=0
x y x y y x x c x
x
+ =




0.25
Cõu 2
2.5
b) Tỡm giỏ tr ln nht v giỏ tr nh nht ca hm s
( ) 2
y f x x x
= = trờn on [0;4].
TX D =
[0;+ )

Hm s liờn tc trờn
[0;+ )

Hm s liờn tc
trờn on [0;4].
/
1
1y
x
=

0.25


a
A
B
C
D
H
G
M
I

/
1
0 1 0 ( 0)
1 1
y x
x
x x
= ⇔ − = >
⇔ = ⇔ =


(0) 0; (1) 1; (4) 0.
f f f

= = − =

BBT

+
0
0
-
-1
0
4
x
y
/
y
1





0.25

Vậy: maxf(x) = 0 khi x = 0 hoặc x = 4
minf(x) = -1 khi x = 1



0.25
c) Giải phương trình

9
3
4log 2 log (2 3)
x x
+ = +

ĐK:
0
x
>


0.25
9 3 3
3
4log 2 log (2 3) 2log 2 2log (2 3)
x x x x
+ = + ⇔ + = +

0.25
3 3
3 3 3
log 1 log (2 3)
log log 3 log (2 3)
x x
x x
⇔ + = +
⇔ + = +

0.25
3 3
log 3 log (2 3)
3 2 3 3
x x
x x x
⇔ = +
⇔ = + ⇔ =




0.25
Câu 3
2.0đ
Hình vẽ phục vụ tốt cho bài giải






0.25
a) Gọi G là trọng tâm của tam giác BCD. ABCD là tứ diện đều nên
( )
AG BCD
⊥
. Do đó

1
3
BCD
V S AG
∆
=
2
1 1 3 3
. .
2 2 2 4
BCD
a
S CD BH a a
∆
= = =



0.25

2 2 2 2
2 3 2
( )
3 2 3
a
AG AB BG a a
= − = − =


0.25

Vy:
2 3
1 3 2 2
3 4 3 12
a a
V a= = (vtt)


0.25
b) Gi I l tõm ca mt cu ngoi tip t din ABCD. Ta cú:
ABCD l t din u cho nờn I thuc trc AG ca tam giỏc BCD v trung
trc ca on AB nm trong mt phng (ABG) do ú I l giao im ca
AG v trung trc IM ca on AB



0.25
Tớnh R = IA:
AMI

ng dng vi
AGB



3 1 6
2 2 4
IA AM AM a a

IA BA a
BA AG AG a
= = = =


0.5
Vy:
6
4
a
R =
(vd)

0.25
Tỡm m ủeồ phửụng trỡnh
2 2
3 3
log x log x 1 2m 1 0
+ + =
coự nghieọm treõn
ủoaùn
3
1;3


.
K x > 0
t
= +
= + =

2
3
2 2 2 2
3 3
t log x 1 (t 0)
t log x 1 log x t 1







0.25



3
x 1;3 t [1;2]

Phng trỡnh cú dng:
+ = + = +
2 2
t 1 t 2m 1 0 t t 2m 2




0.25
t

= + = +
2
y t t; y 2m 2
ln lt cú th l (P) v (d) s nghim

t [1;2]
ca phng trỡnh l s giao im ca (P) v (d) trờn on
[1;2]

do ú:
2
6
1 2
1
4
-
1
2
t
y
y=t
2
+t
y=2m+2



0.25
Cõu 4A
1

Phng trỡnh cú nghim

t [1;2] 2 2m+2 6 0 m 2

0.25
a) Tớnh khong cỏch t S n mt phng ABCD.
Theo tớnh cht ca hỡnh chúp t giỏc u S.ABCD ta cú:
( )
SO ABCD




0.25
Cõu 5A
2
Ta cú :
ã
0
45
SAO =


0.5


C
O
A
B

D
S
Nên
2
2
a
AO OS= =
Vậy : Khỏang cách từ đỉnh S đến mp(ABCD) bằng
2
2
a
OS =


0.25
b) Chứng tỏ điểm O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho.
Ta có
2
2
a
OA OB OC OD= = = =


0.25

2
2
a
OS =

Nên :
2
O
2
a
OA OB OC OD S= = = = =




0.25
Vậy : O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABCD
0.25
Hình vẽ phục vụ tốt cho bài giải

0.25


2 2
2 1 1
x mx m
y x m
x m x m
− + +
= = − +
− −

TXĐ
{
}
D R m
= −




0.25

/ /
2 2
2
1 1
1 ; 0 1 0 ( )
( ) ( )
( ) 1

y y x D
x m x m
x m
= − = ⇔ − = ∈
− −
⇔ − =


0.25
Phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt
2 2 2
1 1 1
1 ( ) 2 2 2 2
1 ( ) 2 2 2 2
x m y f x m m
x m y f x m m
= + = = + − =
 
⇒
 
= − = = − − = −
 

BBT
+
∞
-
∞
-
m

y
y
/
x
+
∞
-
∞
m+1
m-1
0
0
-2
2
-
+
+
+
∞
-
∞
CT
CÑ



0.25
Câu 4B

1đ

Vậy:
Hàm số luôn có cực đại và cực tiểu đồng thời
1 2
( ) ( ) 2 ( 2) 0
f x f x
+ = + − =


0.25
Câu 5B
2đ
a) Ta có
/ /
BB C C
là hình bình hành




G
A
/
B
/
C
/
B
C
M
A

và
⊥

⇒ ⊥

⊥

/
/
BC AM
BC (A AM)
BC A G

0.25
⇒ ⊥ ⇒ ⊥
/ /
BC AA BC BB

0.25
Vậy:
/ /
BB C C
là hình chữ nhật
0.25
b) A
/
ABC là hình chóp đều nên
⊥
/
A G (ABC)

, do đó A
/
G là khoảng cách
giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A
/
B
/
C
/
), cho nên:

=
= = =
/
ABC
2
ABC
V S A G
1 1 a 3 a 3
S BC.AM a
2 2 2 4





0.5
= = =
/ 0
2 a 3

A G AG tan 60 3 a
3 2


0.25
= = =
2 3
/
ABC
a 3 a 3
V S A G a
4 4
(đvtt)

0.25

Hình vẽ phục vụ tốt cho bài giải









0.25

9 3 3
3
3 3
3 3 3
3 3
4log 2 log (2 3) 2 log 2 2log (2 3)
log 1 log (2 3)
log log 3 log (2 3)
log 3 log (2 3)
3 2 3 3
x x x x
x x
x x
x x
x x x
+ = + ⇔ + = +
⇔ + = +
⇔ + = +
⇔ = +
⇔ = + ⇔ =

9 3 3
3
3 3
3 3 3
3 3
4log 2 log (2 3) 2log 2 2log (2 3)
log 1 log (2 3)
log log 3 log (2 3)
log 3 log (2 3)
3 2 3 3
x x x x
x x
x x
x x
x x x
+ = + ⇔ + = +
⇔ + = +
⇔ + = +
⇔ = +
⇔ = + ⇔ =