Đề kiểm tra học kỳ I năm học 2015–2016 môn toán 12 trường THCSTHPT khai minh (TP HCM)

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I TOÁN 12
-----hoc247.vn-----

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tươg lai

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP.HCM
TRƯỜNG THCS – THPT KHAI MINH

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I
Năm học 2015 – 2016
Môn thi: TOÁN 12
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  2 x3  6 x  1 .
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  của hàm số đã cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị  C  tại giao điểm của đồ thị  C  với đường thẳng

 d  : y  4 x  11 .
Câu 2 (2,0 điểm). Giải các phương trình, bất phương trình sau:
2 log3 x  5
 1  4 log 3 x
a) 4.9 x  6 x  18.4 x  0
b)
log3  3x 
3 x2  x 6

3x7

1
 1 
 

c)  
d) log 3  x  1  3log 1 13  2 x   1  log 3  5 x  1
7
 49 
27
Câu 3 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số:
f  x    x 2  2 x  7  .e x trên đoạn  0;3 .

Câu 4 (1,0 điểm). Tính:
a) I    3x  1 x  2  dx

b) J    5sin 2 x  sin x  2  cos x dx

2x  3
, có đồ thị  H  . Tìm m để đường thẳng    : y  x  m cắt
x2
đồ thị  H  tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn điều kiện 2  x1  x2   x1 x2  15 .
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hàm số y 

Câu 6 (1,5 điểm). Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với
AB  a, AD  2a , cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy  ABCD  , góc giữa đường thẳng SD và mặt

phẳng  ABCD  bằng 60 0 .
a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a .
b) Khi tam giác SBA quay xung quanh cạnh SA tạo thành hình nón. Tính diện tích xung quanh và thể
tích khối nón theo a .
Câu 7 (1,5 điểm). Cho hình lăng trụ ABC.A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a 2 và
A ' A  a 3 . Hình chiếu vuông góc của điểm A ' trên mặt phẳng  ABC  trùng với trọng tâm G của

tam giác ABC . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A ' B ' C ' và khoảng cách từ điểm C đến mặt

phẳng  ABB ' A ' .
------- HẾT ------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: …………


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tươg lai
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP.HCM
TRƯỜNG THCS – THPT KHAI MINH

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM TOÁN 12
KIỂM TRA HỌC KỲ I
Năm học 2015 – 2016

Đáp án gồm 6 trang
Đáp án

Câu
Câu 1
(2,0 điểm)

Điểm

Cho hàm số y  2 x3  6 x  1 .
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  của hàm số đã cho.
+ Tập xác định: D  .
+ Sự biến thiên:
 Giới hạn: lim y   , lim y  

0, 25

x 

x 

 Ta có y '  6 x  6 .
2

x  1
y '  0  6 x2  6  0  
 x  1
Bảng biến thiên:

0, 25

0, 25

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ; 1 , 1;   và nghịch biến trên
khoảng  1;1 .
Hàm số đạt cực đại tại x  1 , yCÑ  5 và đạt cực tiểu tại x  1 , yCT  3 .
 Đồ thị:
Điểm uốn: y "  12 x ; y "  0  12 x  0  x  0  y  1 .
Suy ra I  0;1 là điểm uốn của đồ thị.
y

0, 25

6

5

4

3

2

1

x
-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

5

6

7

-1

-2

-3

-4

-5

-6

Đồ thị nhận điểm uốn làm tâm đối xứng.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị  C  tại giao điểm của đồ thị  C  với đường


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tươg lai
Đáp án

Câu

Điểm

thẳng  d  : y  4 x  11 .
Phương trình hoành độ giao điểm:
2 x 3  6 x  1  4 x  11  2 x 3  2 x  12  0  x  2 .
Gọi M  x0 ; y0  là tiếp điểm.

0, 25

Ta có x0  2  y0  3 .
y '  x0   y '  2   6.  2   6  18 .
2

0, 25

Phương trình tiếp tuyến: y  y '  x 0  x  x0   y0  y  18x  33 .
Câu 2
(2,0 điểm)

0, 25

0, 25

a) 4.9 x  6 x  18.4 x  0

 3  x 9
  
2x
x
4
2
3

3
 4.       18  0  
.
x

2
2
3


   2
 2 

0, 25

x

x

9
3
3
+     x  2 ; +    2 (vô nghiệm)
4
2
2
Vậy phương trình có 1 nghiệm x  2 .

2 log3 x  5
 1  4 log 3 x . Điều kiện:

b)
log3  3x 


x  0

1.

 x  3

0, 25

0, 25

2log3 x  5
 1  4log3 x .
1  log3 x

2t  5
 1  4t ,  t  1 .
1 t
 2t  5  1  t 1  4t  (nhận).

Đặt t  log 3 x . Suy ra:

3
3
3
 log 3 x   x  3 4  4 27 .
4

4
1
+ t  2  log3 x  2  x  32  .
9

+t

0, 25

1
Kết hợp với điều kiện, suy ra phương trình có 2 nghiệm x  4 27, x  .
9

1
c)  
7

3 x2  x 6

 7 3 x

2

 x6

 1 
 
 49 

3 x7

  7 1 

3 x2  x 6

  7 2 

3 x7

5
 7 6 x 14  3 x 2  7 x  20  0    x  4
3

0, 25

0, 25

d) log 3  x  1  3log 1 13  2 x   1  log 3  5 x  1
27

Điều kiện:

1
13
x .
5
2

0, 25

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tươg lai
Đáp án

Câu

Điểm

Phương trình đã cho tương đương:

log3  x  1  log3 13  2 x   log 3 3  log 3  5 x  1
 log3  x  113  2 x   log3 3  5 x  1

  x  113  2 x   3  5 x  1
 x  4
.
 2 x 2  4 x  16  0  
x  2
 13 
Kết hợp với điều kiện, suy ra x   2;  .
 2
Câu 3
(1,0 điểm)

Tìm GTLN và GTNN của hàm số f  x    x 2  2 x  7  .e x trên đoạn  0;3 .
Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn  0;3 .
Ta có

f '  x    x 2  2 x  7  '.e x   x 2  2 x  7  .  e x  '   x 2  4 x  5 .e x

 x  1  0;3
.
f '  x   0   x 2  4 x  5 .e x  0  
 x  5   0;3
Tính: f  0   7 , f  3  8e3 , f 1  4e .
Vậy max f  x   f  3  8e3 ; min f  x   f 1  4e .
0;3

0;3

Câu 4
(1,0 điểm)

a) I    3x  1 x  2  dx
Ta có I    3x 2  5x  2  dx  x3 

5x2
 2x  C .
2

0, 25 x 2

b) J    5sin 2 x  sin x  2  cos x dx
Đặt t  sin x  dt  cos xdx . Khi đó:

J    5t 2  t  2  dt 
Câu 5
(1,0 điểm)

5t 3 t 2

5sin 3 x sin 2 x
  2t  C 

 2sin x  C
3 2
3
2

0, 25 x 2

2x  3
, có đồ thị  H  . Tìm m để đường thẳng    : y  x  m cắt đồ
x2
tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn điều kiện

Cho hàm số y 
thị

H 

2  x1  x2   x1 x2  15 .
2x  3
 x  m ,  x  2  .
x2
 2 x  3   x  m  x  2   x 2  mx  2m  3  0 .

Phương trình hoành độ giao điểm:

0, 25

Đặt g  x   x 2  mx  2m  3  0 .

0, 25


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tươg lai
Câu

Đáp án

Điểm

Đường thẳng    cắt đồ thị  H  tại hai điểm phân biệt khi phương trình

g  x   0 có 2 nghiệm phân biệt khác 2 . Ta có:
1  0
a  0


 m2  4.  2m  3  0
 g  0


2
 g  2   0  2   m.  2   2m  3  0

m  2
(*).
 m2  8m  12  0  
m  6

Theo Vi-ét ta có: x1  x2  m ; x1.x2  2m  3 .
Do đó 2  x1  x2   x1 x2  15  2.  m    2m  3  15  m  3 .
Câu 6
(1,5 điểm)

Kết hợp với điều kiện (*), ta nhận m  3 .
Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy

ABCD là hình chữ nhật với
AB  a, AD  2a , cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy  ABCD  , góc giữa đường

thẳng SD và mặt phẳng  ABCD  bằng 60 0 .

a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a .
Ta có SA   ABCD   SA là chiều cao của hình chóp S.ABCD .

0, 25

Diện tích hình chữ nhật ABCD : S ABCD  AB. AD  2a 2 .
Góc giữa SC và  ABCD  là SDA  600 .
Trong SAD vuông tại A ta có SA  AD.tan600  2a 3 .

0, 25

1
4a3 3
0, 25
Thể tích khối chóp S.ABCD là: VS . ABCD  S ABCD .SA 
.
3

3
b) Khi tam giác SBA quay xung quanh cạnh SA tạo thành hình nón. Tính diện tích
xung quanh và thể tích khối nón theo a .
Xét SAB vuông tại A . Ta có SB  SA2  AB 2  a 13 .

0, 25

Hình nón có: h  SA  2a 3 , l  SB  a 13 , r  AB  a .
Diện tích xung quanh hình nón: S xq   rl   .a.a 13   a 2 13 .

0, 25
0, 25


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tươg lai
Đáp án

Câu

Điểm

1
1
2 a3 3
Thể tích khối nón: V   r 2 h   .a 2 .2a 3 
.
3
3
3
Câu 7

(1,5 điểm)

Cho hình lăng trụ ABC.A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a 2 và
A ' A  a 3 . Hình chiếu vuông góc của điểm A ' trên mặt phẳng ABC trùng với trọng
tâm G của tam giác ABC . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A ' B ' C ' và

khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng  ABB ' A ' .

+ Tính VABC . A ' B 'C ' .
Ta có A ' G   ABC   A ' G là chiều cao của lăng trụ ABC.A ' B ' C ' .
Diện tích tam giác đều ABC là: S ABC  AB 2 .

3
 2a 2 3 .
4

Gọi M là trung điểm của BC , ta có: AM  BC.

2
2a 6
AM 
3
3
Trong A ' GA vuông tại G , ta có
AG 

8
a 3
A ' G  A ' A2  AG 2  3a 2  a 2 
.

3
3
Thể tích khối lăng trụ ABC.A ' B ' C ' là:
VABC. A' B 'C '  S ABC .A ' G  2a3

0, 25

3
3
 2a 2.
a 6
2
2
0, 25

0, 25

+ Tính d  C ,  ABB ' A ' 
Gọi N là trung điểm của AB .
Trong A ' GN , kẻ GH  A ' N .
Chứng minh được GH   ABB ' A ' tại H .

0, 25

Suy ra d  G,  ABB ' A '   GH .
1
a 6
Ta có CN  AM  a 6 , GN  CN 
.
3

3
0, 25


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tươg lai
Đáp án

Câu

a 2
1
1
1
3
9
9
.


 2  2  2  GH 
2
2
2
3
GH
A ' G GN
a 6a
2a

Do đó d  G,  ABB ' A '   GH 

a 2
.
3

Vậy d  C ,  ABB ' A '    3d  G,  ABB ' A '    a 2 .
------- HẾT -------

Điểm