Đấp án và biểu điểm đề KT Học kỳ 1 - 12NC

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I NĂM HỌC 2008-2009
Môn:TOÁN 12 Nâng cao.
Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề)
-----------------------
ĐỀ BÀI.
Câu 1 (3,5 đ):
Cho hàm số:
( )
3
2 1 2 1y x m x m= − + + −
(m là tham số).
a. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số khi m=1.
b. Dựa vào đồ thị (C) biện luận theo a số nghiệm của phương trình:
3
2 3x x x a
− + = +
.
Câu 2 (2,0 đ):
a. Tìm các đường tiệm cận của đồ thị hàm số
2
1
1
x x
y
x
− +
=
−
.
b. Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của hàm số
2 4y x x

= − + −
trên [2;4]
Câu 3 (3,5 đ):
Cho hình chóp S.ABC có SA=SB=SC=a,
·
·
·
0 0
60 ; 90ASB BSC ASC= = =
.
a. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông.
b. Gọi H là trung điểm của AC. Chứng minh SH vuông góc mp(ABC).
c. Tính thể tích của khối chóp S.ABC.
d. Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC.
Câu 4 (1,0 đ): Chứng minh rằng: Nếu
0, 0x y> >
và
2 2
4 12x y xy+ =
thì
( ) ( )
1
ln 2 2ln 2 ln ln
2
x y x y+ − = +
+∞
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM.
Câu Đáp án Điể
m
1

a. Với
1 m
=
ta có hàm số:
3
3 1y x x= − +
.
⊕
TXĐ :
D = ¡
.
⊕
Sự biến thiên.
1. Giới hạn:
( )
3 3
2 3
3 1
lim 3 1 lim 1
x x
x x x
x x
→−∞ →−∞
 
− + = − + = −∞
 ÷
 

( )
3 3

2 3
3 1
lim 3 1 lim 1
x x
x x x
x x
→+∞ →+∞
 
− + = − + = +∞
 ÷
 
2. Bảng biến thiên:
Ta có
2
3( 1); 0 1y x y x
′ ′
= − = ⇔ = ±
Hàm số đồng biến trên các khoảng:
( ) ( )
; 1 1;−∞ − ∪ +∞
.
Nghịch biến trên khoảng:
( )
1;1−
.
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25

0.25
Hàm số đạt cực đại tại
1x = −
;
3
CD
y =
.
Hàm số đạt cực tiểu tại
1x =
;
1
CT
y = −
.
Bảng biến thiên:
-1
3
1
-1
y
y'
x
⊕
Đồ thị:
Điểm uốn của đồ thị là:
( )
0;1I
.
Đồ thị hàm số đi qua (-2;-1); (2;3)

Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm
( )
0;1I
làm tâm đối xứng.
b. Ta có:
3 3
2 3 3 1 2x x x a x x a
− + = + ⇔ − + = −
Nên số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị (C) với
đường thẳng có PT
2y a= −
.
Vậy:
1 5a< <
thì PT có 3 nghiệm phân biệt.

5a =
hoặc
1a =
thì PT có 2 nghiệm.

5a >
hoặc
1a <
thì PT có 2 nghiệm.
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25

0.25
0.25
0.25
2 a. Ta có
0.25
−∞
− ∞
+∞
+∞
2
1 1
2
1 1
1
lim lim
1
1
lim lim
1
x x
x x
x x
y
x
x x
y
x
− −
+ +
→ →

→ →
− +
= = −∞
−
− +
= = +∞
−
Nên tiệm cận đứng của đồ thị là đường thẳng có phương trình:
1x
=
( )
( )
1
lim lim 0
1
1
lim lim 0
1
x x
x x
y x
x
y x
x
→−∞ →−∞
→+∞ →+∞
− = =
−
− = =
−

Nên tiệm cận xiên của đồ thị là đường thẳng có phương trình:
y x=
0.25
0.25
0.25
b. Xét hàm số:
( ) 2 4y f x x x= = − + −
trên [2;4]
Ta có:
1 1
' '( )
2 2 2 4
'( ) 0 2 4 3
y f x
x x
f x x x x
= = −
− −
= ⇔ − = − ⇔ =
Và
(2) (4) 2; (3) 2f f f= = =
Vậy
[ ] [ ]
2;4 2;4
( ) (3) 2; ( ) (2) (4) 2
x x
Max f x f min f x f f
∈ ∈
= = = = =
0.25

0.25
0.25
0.25
3. Câu 3: (3,5 điểm)
Hình vẽ:
H
A
C
B
S
a. Theo giả thiết ta có:
,SAB SBC∆ ∆
là các tam giác đều nên:
AB BC a= =
.

SAC
∆
vuông cân tại S nên
2AC a=
Ta có:
2 2 2
AB BC AC+ =
nên tam giác ABC là tam giác vuông
tại B.
b. Do các tam giác
,SAC BAC∆ ∆
là các tam giác vuông cân tại S và B
nên:
SH AC⊥

(1).
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
Và:
2 2 2
HB HS SB+ =
nên
SHB∆
vuông tại H vì vậy:
SH HB⊥
(2).
Từ (1) và (2) ta có:
( )SH ABC⊥
.
c. Ta có:
2
2
ABC
a
S
∆
=
và
2
2
SH a=
nên

3
.
1 2
.
3 12
S ABC ABC
a
V S SH
∆
= =
d. Ta có:
2
2
HA HB HC HS a= = = = nên khối cầu ngoại tiếp hình
chóp S.ABC có tâm là H và bán kính
2
2
R a=
nên
3
3 3
4 4 2 2
3 3 2 3
C
V R a a
π π π
 
= = =
 ÷
 

0.25
0.25
0.5
0.5
0.25
0.25
0.25
4.
Từ giả thiết ta có:
( )
2
2 2
4 12 2 16x y xy x y xy+ = ⇔ + =
Nên:
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
2
4
4
ln 2 ln 16 2ln 2 ln 2 ln ln
2ln 2 ln 2 ln ln
1
ln 2 2ln 2 ln ln
2
x y xy x y x y
x y x y
x y x y
+ = ⇔ + = + +
⇔ + − = +

⇔ + − = +
0.25
0.25
0.25
0.25
Chú ý:
Học sinh giải theo cách khác vẫn cho kết quả đúng thì cho điểm tương ứng.