đề thi và đáp án hk1 12 cơ bản

Họ và tên:………………….. Đề thi kiểm tra chất lượng HKI
Lớp:…………… Môn: Toán 12CB
Thời gian: 150 phút, không kể thời gian phát đề
Đề 1:
Câu 1: Cho hàm số y = 2x
3
– 3x
2
– 2, gọi đồ thị của hàm số là (C)
1/Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (2đ)
2/Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm cực tiểu của (C) (1đ)
3/Dựa vào đồ thị (C) biện luận theo m số nghiệm của phương trình
2x
3
– 3x
2
= m + 3 (1đ)
Câu 2: Giải phương trình, bất phương trình sau:
1/ log
5
(5
x
+ 1). log
5
(5
x+1
+ 5) = 2 (1đ)
2/ 2. 3
x+1
– 6. 3

x-1
– 3
x
≥ 9 (1đ)
Câu 3: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số:
f(x) = sin2x – x trên đoạn






−
2
;
2
ππ
(1đ)
Câu 4 :Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh
2
a
, cạnh bên SA
vuông góc với đáy, cạnh bên SB bằng
2
3a
a)Chứng minh: BC
⊥
SB (0,75đ)
b)Tính thể tích khối chóp S.ABCD (0,75đ)
Câu 5: Một hình nón tròn xoay có thiết diện qua trục là một tam giác DIJ vuông cân

tại D có DI = DJ = 2a
1/Tính diện tích toàn phần và thể tích của khối nón tương ứng (0,75đ)
2/Một mặt phẳng đi qua đỉnh tạo với mặt phẳng đáy một góc 60
0
. Tính diện tích
thiết diện được tạo nên (0,75đ)

--------Hết--------
ĐÁP ÁN
Trang1

Câu 1: y = 2x
3
– 3x
2
– 2
1/ *TXĐ: D = |R (0,25đ)
*Giới hạn:
lim
lim
x
x
y
y
→+∞
→−∞
= +∞
= −∞
(0,25đ)
*y’ = 6x

2
– 6x = 6x (x - 1)
y’ = 0



=
=
⇔
1
0
x
x
(0,25đ)
*Bảng biến thiên:
(0,5đ)
Hàm số đồng biến trên khoảng (-∞; 0) & (1; +∞)
Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 1)
Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y
CĐ
= -2 (0,25đ)
Hàm số đạt cực tiểu tại x =1; y
CT
= -3
*Giá trị đặc biệt:
x = -1
⇒
y = -7
x = 2
⇒

y = 2
y = 0
⇒
x
≈
1,8
*Đồ thị
Trang2
x -∞ 0 1 +∞

y’ + 0 - 0 +
y -2 +∞
-∞ -3
y
(c)
(d): y = m +1
-1 0
2
1
1
2
-2

2
5
−


(0,5đ)
Vậy đồ thị (C) nhận điểm uốn U







−
2
5
;
2
1
làm tâm đối xứng
2/Điểm cực tiểu của (C) là: A(1; -3)
Ta có: f’(1) = 0 (0,5đ)
Phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm A(1; -3) là:
y – (-3) = f’(1) (x – 1)
⇔
y + 3 = 0
⇔
y = -3 (0,5đ)
3/2x
3
– 3x
2
= m + 3 (1)
⇔
2x
3
– 3x

2
- 2 = m + 1
Số nghiệm của PT (1) là số giao điểm của đồ thị (C): y = 2x
3
– 3x
2
- 2 và đường
thẳng (d): y = m + 1 (0,25đ)
Trang3

Dựa vào đồ thị trên, ta có:
*



−<+
−>+
31
21
m
m
⇔



−<
−>
4
3
m

m
PT (1) có một nghiệm (0,25đ)
*



−=+
−=+
31
21
m
m
⇔



−=
−=
4
3
m
m
PT (1) có hai nghiệm (0,25đ)
*-3 < m + 1 < -2
⇔
-4 < m < -3: PT (1) có 3 nghiệm (0,25đ)
Kết luận
Câu 2:
a)log
5

(5
x
+ 1). log
5
(5
x+1
+ 5) = 2
PT
⇔
log
5
(5
x
+ 1). [1 + log
5
(5
x
+ 1)] = 2 (0,25đ)

⇔
2
5
log
(5
x
+ 1) + log
5
(5
x
+ 1) = 2

⇔





−=+
=+
2)15(log
1)15(log
5
5
x
x
(0,25đ)

⇔




=+
=+
−
5)15(
5)15(
2
x
x

⇔





=
−
=
45
25
24
5
x
x
(0,25đ)
⇔
4log
5
=
x
(0,25đ)
b)2. 3
x+1
– 6. 3
x-1
– 3
x
≥ 9
Đặt t = 3

x
, t > o, BPT trở thành:
6t – 2t – t ≥ 9
⇔
3t ≥ 9 (0,5đ)

⇔
t ≥ 3

⇔
3
x
≥ 3 (0,25đ)

⇔
x ≥ 1
Vậy: Tập nghiệm của BPT: T = [1; +∞] (0,25đ)
Câu 3:
f’(x) = 2 cos2x – 1 (0,25đ)
f’(x) = 0
⇔
cos2x =
3
cos
2
1
π
=

⇔







+
−
=
+=
π
π
π
π
kx
kx
6
6
(0,25đ)
Trang4
(Vô nghiệm)







−
∈

2
;
2
ππ
x
nên
6
6
π
π
−
=
=
x
x
f
22
ππ
−
=






f
22
ππ
=







−
f
62
3
6
ππ
−=






f
62
3
6
ππ
+
−
=







−
(0,25đ)
Vậy:
Max






−
2
;
2
ππ
f(x) =
2
π

Min






−

2
;
2
ππ
f(x) =
2
π
−
(0,25đ)

Trang5