1 SỐ ĐỀ KIỂM TRA TOÁN 12 CÓ ĐÁP ÁN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ CẦN THƠ
TRƯỜNG THPT TT NGUYỄN BỈNH KHIÊM
------

KIỂM TRA GIỮA HỌC KỲ II-NH 2011 - 2012
MÔN: TOÁN – KHỐI 12
Thời gian làm bài: 150 Phút
Họ và tên: ……………………….…………………………..
Lớp: …………………

MA TRẬN NHẬN THỨC
Chủ đề hoặc mạch kiến
thức kỹ năng

Tầm quan
trọng (%)

Trọng số

Tổng điểm

Điểm/10

Điểm quy
tròn/10

Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số

18

3

18*3=54

10 *54
≈ 2.1
246

2

Câu hỏi liên quan đến khảo sát
hàm số

12

2

12*2=24

10 * 24
≈ 0.97
246

1

Tính đơn điệu của hàm số

12

2

12*2=24

10 * 24
≈ 0.97
246

1

Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất của hàm số

14

2

14*2=28

10 * 28
≈ 1.13
246

1

Phương trình mũ và logarit

12

2

12*2=24

10 * 24
≈ 0.97
246

1

Bất phương trình mũ hay logarit

8

2

8*2=16

10 *16
≈ 0.65
246

0.5

0.5

1

Tập xác định và đạo hàm hàm số
mũ hay logarit

8

2

8*2=16

10 *16
≈ 0.65
246

Khối nón – Diện tích và thể tích
khối nón

10

2

10*2=20

10 * 20
≈ 0.81
246


Khối lăng trụ – Thể tích khối
lăng trụ

10

2

10*2=20

10 * 20
≈ 0.81
246

1

Khối cầu – Diện tích và thể tích
khối cầu

10

2

10*2=20

10 * 20
≈ 0.81
246

1

246

10

10

Tổng

100%

MA TRẬN ĐỀ
Mức độ

Biết

Tên bài-Nội dung

Hiểu

Vận dụng

1 câu

Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số

2đ
1 câu

Câu hỏi liên quan đến khảo sát hàm số

1đ
1 câu

Tính đơn điệu của hàm số

1đ
1 câu

Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

1đ
1 câu

Phương trình mũ và logarit

1đ
1 câu

Bất phương trình mũ hay logarit

0,5đ
1 câu

Tập xác định và đạo hàm hàm số mũ hay logarit
Khối tròn xoay – Diện tích và thể tích khối tròn 1 câu
xoay
2 câu
Tổng

NỘI DUNG ĐỀ
BAN CƠ BẢN

Câu 1 (3 điểm)
Cho hàm số

y = −2 x3 + 3 x 2 + 2 ( C )

0,5đ

1 câu
1đ

1 câu
1đ

3 câu
2đ

1đ
5 câu

4đ

4đ


1. Khảo sát và vẽ đồ thị
2. Bằng đồ thị

( C)

( C)

, tìm

của hàm số.

m

2 x3 − 3x 2 − m = 0

để phương trình

có đúng 2

nghiệm.
Câu 2 (3 điểm)
1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

[ −2;0]

2. Tìm cực trị của hàm số
3. Giải các phương trình sau:

ln x
x

.

log 2 2 x − 2log 2 x 2 − 24 = 0
2

b)

trên đoạn

.

y=

a)

y = xe x

2

2010 x + 20101− x = 2011

Câu 3 (1 điểm)
Cho khối nón có bán kính đáy là

R = 12cm

và góc ở đỉnh là

1200

. Tính

diện tích xung quanh và thể tích khối nón.
Câu 4 (2 điểm)
Cho hình chóp tứ giác đều
1. Tính thể tích khối chóp

S . ABCD
S . ABCD

có chiều cao
theo

a

SO = a

và

·
SAB
= 600

.

2. Xác định tâm và tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

S . ABCD

Câu 5 (1 điểm)

log 1 log5 ( x 2 + x − 1)  > 0
1. Giải bất phương trình
2. Cho

y = x.ln x

với

x>0

.

2

. Chứng minh rằng

xy′ − y = x 2 y′′

.

.


--- HẾT --ĐÁP ÁN.
CÂU
1.1

NỘI DUNG

• Tập xác định
• Sự biến thiên.

ĐIỂM

D=R

+

lim y = +∞, lim y = −∞



Giới hạn. Ta có

x →−∞

+

x →+∞

y ' = −6 x 2 + 6 x


+

 x = 0, ymin = 2
y ' = 0 ⇔ −6 x + 6 x = 0 ⇔ 
 x = 1, ymax = 3
2




Cho
Bảng biến thiên.

−∞

x

y′

0
-

0

+

+∞

y

+∞

1
0

++

-

3

−∞

2


Kết luận. Hàm số giảm trên

( −∞;0 ) , ( 1; +∞ )

và tăng trên

( 0;1)

+
.

y

O

x

Hàm số đạt cực đại bằng 3


x =1

khi
và đạt cực tiểu bằng 2 khi
• Đồ thị.
 Điểm đặc biệt:

x=0

x = −1 ⇒ y = 7

x = 2 ⇒ y = −2

Vẽ đồ thị:



++

• Ta có

1.2

•

( *)

của

2 x3 − 3 x 2 − m = 0 ⇔ −2 x 3 + 3 x 2 + 2 = 2 − m ( *)

là phương trình hoành độ giao điểm giữa

( *)

bằng số giao điểm của

( C)

và

d

• Ta có tập xác định
• Cho

. Tập khảo sát

y′ = 0 ⇔ x = −1∈ [ −2;0 ]

2.1

y ( −2 ) =
• Ta có

• Vậy

2.2
•

[ −2;0]

D = ( 0; +∞ )

+

.

y′ = e + xe = ( x + 1) e x
x

. Ta có

++

x

+
+

.

−2
−1
, y ( −1) = , y ( 0 ) = 0
2
e
e
[ −2;0]

. Số nghiệm

.

[ −2;0]

max y = y ( 0 ) = 0;min y = y ( −1) =

và

d : y =2−m

2 − m = 2

m = 0
⇔
⇔
2 − m = 3
 m = −1

• Dựa vào đồ thị, yêu cầu bài toán thỏa mãn

D=¡

( C)

+

−1
e

+

+
.
+


y' =

1 − ln x
x2

y' = 0 ⇔

•
. Cho
• Bảng biến thiên.

x

1 − ln x
= 0 ⇔ ln x = 1 ⇔ x = e
x2

0

+

+

1
e

• Vậy, hàm số đạt cực đại tại

x>0

• Phương trình

−

0

y

• Điều kiện

.

+∞

e

y′

+

x=e

, giá trị cực đại bằng

1
e

+
.

.

log 2 2 x − 2log

2

x − 24 = 0
.

+

t = −4
t = log 2 x ⇒ t − 2t − 24 = 0 ⇔ 
t = 6
2

2.3a
• Đặt

log

log
• Suy ra

2.3b

1

x=

⇔
4

x
=
6

2
x = 8
2

+

x = −4

2

2

: thỏa điều kiện.
2

2010 x + 20101− x = 2011 ⇔ 2010 x +
•

2010
2010 x

2

= 2011
.

2

• Đặt

•

t = 2010 x > 0

t = 1( N )
2010
t+
= 2011 ⇔ t 2 − 2011t + 2010 = 0 ⇔ 
t
t = 2010 ( N )
2

•

thì

t = 1 ⇔ 2010 x = 1 ⇔ x 2 = 0 ⇔ x = 0

+


S

+

O

12cm
2

t = 2010 ⇔ 2010 x = 2010 ⇔ x 2 = 1 ⇔ x = ±1

•

Hình

1200

+

A
3

•

•

Theo giả thiết ta có

Thể tích khối nón

· A = 600
OS

. Suy ra,

OA

l
=

SA
=

l = 8 3
sin 600
⇔

h = 4 3
h = OS = OA
0

tan 60

1
1
V = hπ r 2 = 4 3.122 π = 192π cm3
3
3

• Diện tích xung quanh
4.1 • Hình

S xq = π rl = 96 3π cm 2

+

+
+

+

S

a
600

B

A
O
C

D

• Gọi

x

là độ dài cạnh hình vuông. Theo giả thiết ta có

∆SAB

đều, tức là

⇒x=a 2

SA = SB = AB = x

nên

2

x 2
x 2
OA =
2
2
÷ +a

2 ⇒ x =
 2 
 SA = x


. Ta có

(

1
1
V = .OS .S ABCD = .a. a 2
3
3

)

2

2a 3

=
3

a 2)
(
OA = OB = OC = OD =
2

4.2 • Theo câu trên ta có

OS = a

• Do đó, mặt cầu cần tìm có tâm

•

cân và

·
SAB
= 600

++

.

• Thể tích cần tìm

5.1 • Điều kiện

∆SAB

O

và bán kính

r=a

+
.

2

=a
. Theo giả thiết ta có

++

.

 x 2 + x − 1 > 0
 x 2 + x − 1 > 0
 x < −2
⇔
⇔

 2
x >1
2


log 5 ( x + x − 1) > 0  x + x − 1 > 1

 x < −3
log 5 ( x 2 + x − 1) < 1 ⇔ x 2 + x − 1 < 5 ⇔ x 2 + x − 6 < 0 ⇔ 
x > 2

++

+

+
: thỏa điều kiện.


y′ = ln x + 1 ⇒ y′′ =
5.2

• Ta có

1
x

+

1
xy′ − y − x 2 y′′ = x ( ln x + 1) − x ln x − x 2 . = x ln x + x − x ln x − x = 0
x

• Ta có
phải chứng minh.

+

. Điều

Thi Giữa Học Kỳ I – Năm Học 2012 – 2013
MA TRẬN – ĐỀ THI – ĐÁP ÁN TOÁN


A. MA TRẬN:
Mức độ

Biết

Tên bài-Nội dung

Hiểu

Vận dụng

1 câu

Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số

2đ
1 câu

Câu hỏi liên quan đến khảo sát hàm số

1đ

1 câu

Cực trị hàm số

1 câu
1,5đ

Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của 1 câu
hàm số
Khối đa diện - Thể tích khối đa diện

1,5đ

1 câu

1 câu
1đ

2 câu

Tổng

1đ

1 câu
1đ

3 câu
2,5đ

1đ
3 câu

4,5đ

3đ

B. ĐỀ THI:
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HỌC KỲ I – NH 2012 – 2013

THÀNH PHỐ CẦN THƠ

MÔN: TOÁN – KHỐI 12

TRƯỜNG THCS – THPT NGUYỄN BỈNH KHIÊM

Thời gian làm bài: 150 Phút

---&--Họ và Tên thí sinh : ..................................................................


Số báo danh:

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

BAN CƠ BẢN


Câu 6 (3 điểm)
y=
3. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số
4. Dựa vào đồ thị, hãy biện luận theo

x 4 − 6 x 2 + 3 − 2m = 0

x4
3
− 3x 2 + ( C )
2
2

m

. Từ đó suy ra giá trị của

số nghiệm của phương trình
m

để phương trình có đúng 3

nghiệm phân biệt.

Câu 7 (3 điểm)
4. Tìm cực trị của hàm số

y = ( x − 2)

3

( x + 2)

5. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

đoạn

y = x3 − 3x 2 + 5

[ 1; 4]

trên

Câu 8 (1 điểm)
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD. Hãy chia hình chóp này thành 4 hình
chóp tam giác bằng nhau.
Câu 9 (2 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có mặt đáy ABC là tam giác vuông tại A, cạnh bên

SA ⊥ ( ABC )

, mặt bên SBC là tam giác cân tại S mà

a) Tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a.
b) Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC)

Câu 10 (1 điểm)

SB = SC = a 3 BC = 2a

,

.


Cho hàm số
luôn luôn có cực trị

y = x3 − ( m + 4 ) x 2 − 4 x + m

( Cm )

. Xác định m để đồ thị

( Cm )

--- HẾT --C. ĐÁP ÁN MÔN TOÁN 12 - KTCLDN - NH2011_2012

CÂU
1a)

NỘI DUNG
• Tập xác định
• Sự biến thiên.

ĐIỂM

D=R

+

lim y = +∞, lim y = +∞



Giới hạn. Ta có

x →−∞

y′ = 2 x 3 − 6 x




Ta có
Bảng biến thiên.

x

y

. Vậy,

−∞

y′

y′ = 0 ⇔ x = 0, x = ± 3

0

( −∞; − 3 )

và

( 0; 3 )

+

0

-

3
2

4

Kết luận. Hàm số tăng trên các khoảng

+∞

3

0

+

-3



+

0

− 3
-

+∞

+

x →+∞

(−

3;0

+∞

)

và

(

x = 0, ycd =
. Hàm số đạt cực đại tại

++

-3

3;+∞
3
2

)

; giảm trên
+

; đạt cực tiểu tại

x = ± 3, yct = −3
• Đồ thị.

++


x 4 − 6 x 2 + 3 − 2m = 0 ⇔
• Ta có

x4
3
− 3 x 2 + = m ( *)
2
2

• Số nghiệm phương trình bằng số giao điểm giữa

x4
3
− 3x2 +
y =
2
2

y = m


( C)

và

d

.

+

Dựa vào đồ thị ta có

m>

1b)





Nếu

Nếu

3
2

3
m=
2

thì

thì

−3 < m <



Nếu
Nếu

Vây khi
2a)

•

m < −3

3
m=
2

( *)
( *)
3
2

thì

có 2 nghiệm.

có 3 nghiệm.

thì

( *)

+

( *)

+

có 4 nghiệm.

vô nghiệm.
S

thì phương trình có đúng 3 nghiệm phân biệt.

D=¡

+
+

A

D
O

B

C


•

y ' = 3 ( x − 2)

2

( x + 2) + ( x − 2)

y ' = 0 ⇔ ( x − 2)

2

3

= ( x − 2)

+

x = 2 ( K )

+

 x = −1

−∞

−1

y′

y

( 4x + 4)

( 4x + 4) = 0 ⇔ 

•
• Bảng biến thiên.

x

2

-

+∞

2

0

+

0

+∞

++

+

+∞
−27

x = −1
• Vậy hàm số đạt cực tiểu bằng -27 tại
[ 1; 4]
• Tập khảo sát
y ' = 0 ⇔ 3x 2 − 6 x = 0 ⇔ x = 0 ( L ) , x = 2
y ' = 3x 2 − 6 x
•
. Cho

• Ta có
2b)
f ( 1) = 3
f ( 4 ) = 21

+
+
+

++

f ( 2) = 1

Max y = 21
• Vậy
Hình

[ 1;4]

khi

x=4

Min y = 1
,

[ 1;4]

khi

x=2

++

++
3

•
•

O = AC I BD
Gọi
thì hình chóp S.ABCD được chia thành 4 hình chóp tam giác
bằng nhau là S.OAB, S.OBC, S.OCD, S.ODA
S.OAB = S.OCD qua phép đối xứng trục SO, S.OAB = S.OAD và S.OBC = S.ODC
qua phép đối xứng mặt phẳng (SAC)

+
+


• Hình
S

a 3
H

A

C

I

4a)

B

2a
+

• Tam giác SBC cân nên tam giác ABC cũng cân
cân)

S=

• Diện tích tam giác ABC:

1
AB 2 = a 2
2

• Thể tích của khối chóp S.ABC:

1
1
V = S .SA = a 3
3
3

tích tam giác SBC:
SB + SC + BC

p=
= a 1+ 3
2

(

p ( p − SB ) ( p − SC ) ( p − BC ) = a 2 2

)

AH =

5)

3V
a
=
S'
2

• Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC):
D=¡
•
y ' = 3x 2 − 2 ( m + 4 ) x − 4
y ' = 0 ⇔ 3x2 − 2 ( m + 4 ) x − 4 = 0
•
. Cho
∆ ' = ( m + 4 ) + 12 > 0, ∀m
2

•

• Vậy

∀m

, đồ thị

( Cm )

+

+

S'=
4b)

(do ABC vuông

SA = SB 2 − AB 2 = a

• Xét tam giác SAB ta có

• Diện

⇒ AB = AC = a 2

luôn luôn có cực trị

+

với

++

++
+
+
+
+


Chú ý:
o Nếu học sinh làm đúng theo cách khác thì vẫn đạt điểm tối đa.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG ĐẦU NĂM – NH 2011-2012

THÀNH PHỐ CẦN THƠ

MÔN: TOÁN – KHỐI 12

TRƯỜNG THPT TƯ THỤC NGUYỄN BỈNH KHIÊM

Thời gian làm bài: 70 Phút

---&--ĐỀ CHÍNH THỨC

Họ và Tên thí sinh : ..................................................................
Số báo danh:

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

Câu 11 (3 điểm)
5. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số

y = x3 − 3x + 2 ( C )

6. Dựa vào đồ thị, hãy biện luận theo

m

số nghiệm của phương trình

− x + 3x + m − 2 = 0
3

Câu 12 (1 điểm)

y=
Tìm phương trình các đường tiệm cận của đồ thị hàm số

x +1
2x − 2

Câu 13 (3 điểm)
6. Tìm cực trị của hàm số

y = x3 ( 3x 2 − 5)

7. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số

Câu 14 (3 điểm)

y = 9 − x2


Cho khối chóp

S . ABC , SA ⊥ ( ABC )

AB = 3a, BC = 5a, SC = 6a

.

c) Vẽ hình và tính độ dài các đoạn
d) Tính thể tích của khối chóp
e) Tính khoảng cách từ

ABC

, đáy

A

AC

S . ABC

và

SA

theo

đến mặt phẳng
--- HẾT ---

a

.
.

( SBC )

.

là tam giác vuông tại

A

,


ĐÁP ÁN MÔN TOÁN 12 - KTCLDN - NH2011_2012

CÂU
1a)

NỘI DUNG

• Tập xác định
• Sự biến thiên.


Ta có

ĐIỂM

D=R

+

y′ = 3 x 2 − 3

. Vậy,

y′ = 0 ⇔ x = −1, x = 1

+

lim y = −∞, lim y = +∞




Giới hạn. Ta có
Bảng biến thiên.

x

x →−∞

−∞

y′

y



+

x →+∞

−1
+

+∞

1

−

0

0

+

++

+∞

4

−∞

0

Kết luận. Hàm số tăng trên các khoảng

Hàm số đạt cực đại tại
• Đồ thị.

x = −1, ycd = 4

( −∞; −1)

; đạt cực tiểu tại

và

( 1;+∞ )

; giảm trên

x = 1, yct = 0

( 0;1)

.

+
++


6

4

4

y=m

2

O

-5

5

-2

-4

• Ta có

− x 3 + 3 x + m − 2 = 0 ⇔ x 3 − 3 x + 2 = m ( *)

• Xét 2 hàm số
1b)

Nếu



Nếu
Nếu



• Vì

m = 0∨ m = 4
0
3a)

thì
thì

( *)
( *)

x →−∞

• Tập xác định

x →+∞

y′ = 15 x 2 ( x 2 − 1)

• Ta có
• Bảng biến thiên.

d

. Dựa vào đồ thị ta có

có 1 nghiệm.

+

có 2 nghiệm.
+
+

nên

D=R

và

.

x →1

1
2

( C)

có 3 nghiệm.

lim− y = −∞, lim+ y = +∞
x →1

+

bằng số giao điểm giữa

( *)

thì

D = R \ { 1}

lim y = lim y =

• Vì

( *)

m<0∨ m> 4

• Tập xác định
2

( C ) : y = x 3 − 3x + 2


d : y = m, d ⊥ Oy

• Số nghiệm phương trình


+

y=
nên

x =1
1
2

++

là đường tiệm cận đứng

+
là đường tiệm cận ngang
+

. Ta có

y′ = 0 ⇔ x = 0

(kép)

, x = −1, x = 1

++
.
++


x

−∞

−1

y′

+

3b) • Ta có
• Ta có
• Vậy,
• Hình

+∞

1

−

0

0

+

2
0

• Vậy, hàm số đạt cực đại tại

y′ =

−

0

y

• Tập xác định

0

D = [ −3;3]

x = −1, ycd = 2

; đạt cực tiểu tại

x = 1, yct = 0

+

.

+

.

−x
9 − x2

. Ta có

y′ = 0 ⇔ x = 0 ∈ D

y ( −3) = y ( 3) = 0, y ( 0 ) = 3

++
.
++

.

max y = y ( 0 ) = 3;min y = y ( −3) = y ( 3) = 0

+

[ −1;1]

[ −1;1]

S

6a

++

H
4a

4a)

3a

C

A
5a

B

• Ta có
•

AC = BC 2 − AB 2 = 4a

+

SA = SC 2 − AC 2 = 36a 2 − 16a 2 = 2a 5

4b)
• Vì

SA ⊥ ( ABC )

∆ABC : S ABC =

nên

SA

1
AB.AC = 6a 2
2

+
++

là

chiều

cao

của

khối

chóp.

Diện

tích


• Thể tích cần tìm là
• Gọi

H

là hình chiếu vuông góc của

đôi một nên ta có

4c)

• Vậy,

A

lên

( SBC )

. Vì

AS , AB, AC

++

vuông góc từng

1
1
1
1
=
+
+
AH 2 AB 2 AC 2 AS 2

1
1
1
1
161
= 2+
+
=
2
2
2
AH
9a 16a
20a
720a 2

⇒ AH =
•

1
1

V = SA.S ABC = .2a 5.6a 2 = 4 5.a 3
3
3

12a 805
161

Chú ý:
• Điểm toàn bài được làm tròn đến ½ điểm. Ví dụ 2,25 → 2,5; 4,75 → 5,0.
• Nếu học sinh làm đúng theo cách khác thì vẫn đạt điểm tối đa.

++

+

+