Đề thi học kỳ I lớp 12 THPT chuyên Thái Nguyên năm 2012 - 2013

Trường thpt chuyên Tn

kỳ thi chất lượng học kỳ i năm học 2012-2013
Môn thi : Toán Lớp 12
Thời gian lm bi : 120 phút, không kể thời gian giao đề

đề thi chính thức

I . Phần chung cho tất cả các thí sinh ( 7,0 điểm )
Câu 1.(3,0 im ) Cho hm s y

2x 1
x 1

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại các điểm có hoành độ x0 là nghiệm của phương trình

y '( x0 )

1
4

Câu 2.(2,0 im)
1) Tìm giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x) x 3 ln(1 x 2 ) trên đoạn 0 ;3
2) Xác định giá trị của tham số m để hàm số y x 3 mx 2 (2m 1) x m 2 đạt cực trị tại x 1 , đó là
điểm cực đại hay cực tiểu .
Câu 3 (2,0 im ) Cho hình chóp S.ABCD , có đáy là hình vuông cạnh bằng a , gọi H là trung điểm của cạnh AD ,
biết SH vuông góc với mặt phẳng đáy , góc giữa SB và mặt phẳng đáy bằng 60 .
1) Tính thể tích khối chóp S . ABCD .
2) Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S .HDC
II . Phần Riêng phần tự chọn ( 3,0 điểm )

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình Chuẩn
Câu 4.a (2,0 im ) .
1) Cho hàm số g ( x) x.2 x . Tính giá trị của biểu thức P g (2) 2 g (2) 3 g (2) .

3.9

2) Giải phương trình
Câu 5.a(1,0 im)

x 1

Giải phương trình

82.3

x 1

27 0

log 2 (1 x ) log 3 x

2. Theo chương trình Nâng cao
Câu 4.b(2,0 im )
2

1) Cho hàm số g ( x) x.e x . Tính giá trị của biểu thức P g (2) 2 g (2) 3 g (2) .
2) Giải phương trình

log 3 ( x 1) 2 log 3 (2 x 3) log100 .

Câu 5.b (1,0 im ) Tim m để phương trình sau có nghiệm

m.9 x 2.3x m 2 0

.......................................Hết ................................................
Thí sinh không được sử dụng tài liệu . Giám thị coi thi không giải thích gì thêm .
Họ và tên thí sinh .....................................................................Số báo danh .........................................................
Chữ ký giám thị 1......................................................................Chữ ký giám thị 2...........................................


Đáp án và thang điểm môn toán - lớp 12
thi học kỳ I năm học 2012-2013
Câu1
(3,0 điểm )
................
ý1.(2,0 đ)

Điểm
0,25

a) TXĐ D \ 1
..................................................................................................................................................
b) Sự biến thiên :
* Tiệm cận :
Ta có lim y lim y 2 nên đồ thị có tiệm cận ngang y 2
x

x

0,5

lim y ; lim y nên đồ thị có tiệm cận đứng x 1
x 1

x 1

..................................................................................................................................................
* Chiều biến thiên : y 1 0 , x D
( x 1) 2

;1 và 1; .

Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng

0,5

Hàm số không có cực trị .
..................................................................................................................................................
* Bảng biến thiên . ( GV tự làm)

0,25

..................................................................................................................................................
c) Vẽ đồ thị :
6

y

5

4
3

0,5

2
1
-3

-2

-1

-1

x
1

2

3

4

5

-2
-3
-4

Ta có

ý2
(1,0 điểm )


3

x0 1 y (1) 2
( xo 1) 4

4
x0 3
y (3) 5


2
..................................................................................................................................................

Ta có y( x ) 1
0

1
1

2
( x0 1)
4

2

3
1
5

x .
2
4
4

1
13
5
Tại điểm 3; tiếp tuyến là y x
4
4
2

0,5

Tại điểm 1; tiếp tuyến là y

Vậy có hai tiếp tuyến của (C) thoả mãn bài toán là y
Câu2
(2,0 điểm)
...................
ý1.(1,0 đ )

1
5

1
13
x và y x
4
4
4
4

0,5

TXĐ :
Hàm số liên tục trên đoạn 0 ;3 và có đạo hàm

2x
(1 x) 2

f ( x) 1

0
với mọi x (0;3)
1 x2 1 x2
f ( x) 0 x 1 nên hàm số đồng biến trên khoảng (0;3)
..................................................................................................................................................

0,5

0,5


Vậy : max f ( x) f (3) 6 ln10

0;3

ý2.(1,0 đ )

Câu 3
(2,0 điểm)
.................
ý1. (1,0 đ )

;

min f ( x) f (0) 3
0;3

TXĐ :
Hàm số có đạo hàm
y 3 x 2 2mx 2m 1 với mọi x
Hàm số đạt cực trị tại x 1 thì y(1) 0 4m 4 0 m 1
.................................................................................................................................................
Tinh đạo hàm cấp hai
y 6 x 2m
Khi m 1 thì y(1) 6(1) 2(1) 4 0
Suy ra x 1 là điểm cực đại của hàm số .

0,5

Do SH mp ( ABCD) nên SH là đường cao của hình chóp

, từ giả thiết ta có SBH
60

Góc giữa SB và mp(ABCD) là góc SBH
2
Diện tích hình vuông ABCD cạnh a là
S ABCD a
Xét tam giác AHB vuông tại A , theo định lí Pitago ta có
2

a 5
a
AB 2 AH 2 a 2
2
2
................................................................................................................................................
a 5 .tan 60 a 15
Xét SHB vuông tại H có SH HB.tan SBH
2
2
3
1
1
a
15
a
15
2
Vậy Thể tích khối chóp S . ABCD là V .SH .S

.
.
a

ABCD
3
3 2
6
( GV tự vẽ hình )
HB

2) (1,0 đ)

0,5

Vì SH mp ( ABCD) SH HC nên tam giác SHC vuông tại H
Ta lại có HD DC suy ra SD DC ( định lý ba đường vuông góc )
do đó SDC vuông tại D . Gọi O là trung điểm của SC thì OS OC OH OD .
Suy ra O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S .HDC , bán kính mặt cầu R

SC
2

..................................................................................................................................................
Vì SH mp ( ABCD) mà HB HC nên SB SC

HB
a 5
2.
a 5 SC
cos 60
2
a 5

Vậy bán kính mặt cầu cần tìm là R
2
II . Phần Riêng Theo chương trình Chuẩn ( 3,0 điểm )
TXĐ :
Tính g ( x) 2 x x.2 x ln 2

0,5

0,5

0,5

0,5

Xét SHB vuông tại H có SB

Câu 4. a
(2,0 điểm)
..................
ý1. (1,0 đ )

g ( x) 2 x ln 2 2 x ln 2 x.2 x ln 2 2 2 x ln 2(2 x ln 2)

0,5

................................................................................................................................................
Ta có g (2) 8

g (2) 22 2.22 ln 2 4 8ln 2
g ( x) 22 ln 2(2 2 ln 2) 8ln 2 8ln 2 2

P g (2) 2 g (2) 3 g (2) 28 8ln 2 16 ln 2 2
Vậy
ý2) (1,0 đ)

ĐK : x 1
Đặt t 3

0,5

(*)
x 1

, với t 1

0,5


1

t
( L)

ta có phương trình 3t 82t 27 0
3

t 27 (TM )
2

0,5

x 1

với t 27 ta có 3
27 x 1 3 x 1 9 x 10
So sánh với đk (*) , nghiệm của phương trình là x = 10
Câu 5.a
(1,0 điểm)

ĐK : x > 0 (*)
Đặt u log 3 x x 3u

0,5

u

u
1 3
ta có pt log 2 (1 3 ) u 1 3 2
1
2 2
u

u

u

(2)

Ta thấy u = 2 thoả mãn phương trình (2)
..................................................................................................................................................

u

u
1 3
Mặt khác , hàm số f (u )
luôn nghịch biến trên vì
2 2

0,5

u

u
1
1 3
3

f (u ) ln
0 với mọi x thuộc
ln
2 2
2
2

do đó u = 2 là nghiệm duy nhất của phương trình (2) ,
suy ra nghiệm của phương trình đã cho là x 32 9 .

Câu 4. b
(2,0 điểm)
...............

ý1. (1,0 đ )

II . Phần Riêng Theo chương trình nâng cao ( 3,0 điểm )
TXĐ :
2

2

2

Tính g ( x) e x 2 x 2 e x e x (1 2 x 2 )
2

2

2

2

g ( x) 2 xe x 4 xe x 4 x 3e x e x (6 x 4 x 3 )

0,5

................................................................................................................................................
Ta có g (2) 2.e 4 ; g (2) 9e 4 ; g (2) 44.e 4
Vậy

ý 2(1,0 đ)

P g (2) 2 g (2) 3 g (2) 73e 4

x 1
( x 1) 2 0

ĐK :

3
2x 3 0
x 2

0,5

(*)

Phương trình đã cho tương đương với

0.5

log 3 ( x 1) 2 log 3 (2 x 3) 2 2 log 3 ( x 1) 2 (2 x 3) 2 2

2 x2 5x 0
( x 1)(2 x 3) 3
( x 1) (2 x 3) 9
2
( x 1)(2 x 3) 3 2 x 5 x 6 0 (VN )
2

2

..................................................................................................................................................

...........

x0
Giải pt 2 x 5 x 0
x 5

2
2

Câu 5.b
(1,0 điểm)

So sánh với đk (*) nghiệm của phương trình đã cho là x = 0

0,5

Cho phương trình m.9 x 2.3x m 2 0 (1)
ĐK : mọi x thuộc
. Đặt t 3x 0
ta có phương trình mt 2 2t m 2 0 (2)
phương trình (1) có nghiệm x khi và chỉ khi (2) có ít nhất một nghiêm t dương
..................................................................................................................................................

0,25
...........


Xét phương trình (2)
+ Với m = 0

(2) 2t 2 0 t 1 ( không thoả mãn)

0,25

+ Với m 0 . Tính 1 m(m 2) (m 1) 2 0 , với mọi m thuộc .
Vậy với mọi m thuộc phương trình (2) luôn có 2 nghiệm .
Gọi t1 , t2 là hai nghiệm của pt (2) , theo định lí Viét t1 t2

2
2 m
, t1t2
m
m

TH1 : pt (2) có hai nghiện dương

2
m 0
t1 t2 0
m0


m


t
t

0

2

m

2

m

0

12

0
m
TH2 : pt (2) có một nghiện dương , một nghiệm bằng 0

2
m 0
t1 t2 0
m0


m

2 m
t1t2 0
2 m 0
m
TH3 : pt (2) có một nghiện dương , một nghiệm âm

t1t2 0

m0
2 m
0
m
m 2

Kết luận với m ; 2 0; thoả mãn bài toán .

Chú ý : Thí sinh làm theo cách khác đáp án nếu đúng vẫn cho điểm tối đa .

0,5