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 2:
Câu 1: Cho hàm số y =
1
13
−
−−
x
x
1/Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (2đ)
2/Viết phương trình tiếp tuyến với (C) tại điểm M (2; -7) (1đ)
3/Dựa vào đồ thị (C) biện luận theo m số nghiệm của phương trình
(3 + m)x = m - 1 (1đ)
Câu 2: Giải phương trình, bất phương trình sau:
1/3
2x+2
+ 6. 3
x
– 3 = 0 (1đ)
2/
1)2()5(
loglog
6
1
6
1
−≤+−++
xx

(1đ)
Câu 3 :Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) =
1
2
1
24
−+
xx

trên đoạn [0; 3] (1đ)
Câu 4: Cho khối chóp D.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh
2
a
, cạnh bên
bằng a. Gọi M là trung điểm cạnh BC.
1/Chứng minh: DA
⊥
BC (0,75đ)
2/Tính thể tích khối chóp D.ABM theo a (0,75đ)
Câu 5: Một hình trụ có bán kính đáy r = 70, chiều cao h = 20. Một hình vuông có
các đỉnh nằm trên hai đường tròn đáy sao cho có ít nhất một cạnh không song song và
không vuông góc với trục hình trụ. Tính cạnh của hình vuông ấy và diện tích xung
quanh của hình trụ. (1,5đ)
--------Hết--------
Trang1

ĐÁP ÁN
Câu 1: y =
1
13

−
−−
x
x
a)Khảo sát: D = |R\{1} (0,25đ)
y’ =
22
)1(
4
)1(
)1(3
−
=
−
−−
xx
> 0
Dx
∈∀
(0,25đ)
⇒
Hàm số đồng biến trên D (0,25đ)
3lim
−=
∞→
y
x

−∞=
+

→
y
x 1
lim

+∞=
−
→
y
x 1
lim

(0,5đ)
TCĐ: x = 1 vì
+∞=
→
y
x 1
lim
TCN: y = -3 vì
3lim
−=
∞→
y
x
(0,25đ)
x = 0
⇒
y =1
y = 0

⇒
x =
3
1
−
(0,5đ)
Trang2
x -∞ 1 +∞

y’ + +
+∞ -3
y
-3 -∞
y
1
-1 1 x

-1
-3

b)PTTT’ tại M (2; -7):
y – y
0
= y’ (x
0
) (x – x
0
)
x
o

= 2
⇒
y’(x
0
) = 4 (0,5đ)
PTTT’ cần tìm là:
y = 4 (x – 2) – 7 hay y = 4x – 15 (0,5đ)
c)Phương trình (3+m)x = m-1 (1)
(1)
⇔
3x + mx = m - 1

⇔
-3x – 1 = mx – m

⇔
-3x – 1 = (x – 1) m

⇔





≠
=
−
−−
1
(*)

1
13
x
m
x
x
(0,25đ)
Phương trình (*) là phương trình hoành độ giao điểm của hàm số y =
1
13
−
−−
x
x
có
đồ thị (C) và đường thẳng (d): y = m (0,25đ)
Dựa vào đồ thị, ta có:
m < -3: (d) cắt (C) PT (1) có một nghiệm
m > -3: (d) cắt (C) PT (1) có một nghiệm
m=-3 PT (1) vô nghiệm
Vậy PT (1) luôn luôn có một nghiệm khi m ≠ -3. (0,5đ)
Câu 2:
1/3
2x+2
+ 6. 3
x
– 3 = 0
⇔
9. (3
x

)
2
+ 6. 3
x
– 3 = 0 (1)
Đặt t = 3
x
(*), đk: t > 0 (0,25đ)
Khi đó, (1) trở thành: 9t
2
+ 6t – 3 = 0

⇔




=
−=
3
1
1
t
t
(0,5đ)
Thế t =
3
1
vào (*) ta được: 3
x

=
3
1

⇔
x = -1 (0,25đ)
Vậy PT có một nghiệm: x = -1
2/
1)2()5(
loglog
6
1
6
1
−≤+−++
xx
(2)
(2)
⇔





−≤+−+
<<−
1)2)(5(log
25
6
1

xx
x
(0,25đ)
⇔



≥+−+
<<−
6)2)(5(
25
xx
x

Trang3
(Loại)
(Nhận)


⇔



≤−+
<<−
043
25
2
xx
x

(0,25đ)
⇔



≤≤−
<<−
14
25
x
x
(0,25đ)
⇔
14
≤≤−
x
(0,25đ)
Vậy tập nghiệm của BPT (2) là: S = [-4; 1]
Câu 3:
1/f(x) =
2
1
x
4
+ x
2
– 1
Trên đoạn [0; 3] ta có:
f’(x) = 2x
3

+ 2x
f’(x) = 0
⇔
2x
3
+ 2x = 0
⇔
x = 0 (0,5đ)
Ta có: f(0) = -1
f(3) =
2
97
Vậy:
2
97
)(
]3;0[
=
xMaxf

1
)inf(
]3;0[
−=
xM
Câu 4:
Trang4
D

A C

H M
B


0,25đ
0,25đ

a)CM: DA
⊥
BC
Ta có:



⊥
⊥
DMBC
AMBC
)(ADMBC
⊥⇒
(0,5đ)
BC AD
⇒ ⊥
(đpcm) (0,25đ)
b)Thể tích khối chóp D.ABM
V =
DH

S
ABM
.
3
1
∆
(Với H là tâm Δ đều ABC)
+
BMAM
S
ABM
.
2
1
=
∆













==

==
42
4
3
2
3
.
2
aBC
BM
aa
AM
=
32
3
4
.
4
3
.
2
1
2
aaa
=
(0,25đ)
+Đường cao DH:
DH
2
= AD

2
– AH
2
= AD
2
-
2
.
3
2






AM
=








−
16
3.
.

9
4
2
2
a
a
= a
2
-
12
2
a
=
12
11
2
a

32
11a
DH =⇒
(0,25đ)
Vậy V =
192
11
32
11
.
32
3

.
3
1
32
aaa
=
(0,25đ)
Câu 5:
Trang5
B
A
A
C



A’ D
D



O’
C

C
O’



O