Đề thi HKI lop 12 Cơ bản( 2009-2010)

Sở giáo dục đào tạo Bình Đònh
Trường THPT số 2 An Nhơn ĐỀ THI HOC KỲ I - MÔN TOÁN 12 – Thời gian ( 90’ )
( Ban Cơ Bản - Năm học : 2009-2010 )
Bài 1 ( 3 đ ) : Cho hàm số : y = -
43
23
+−
xx
( đồ thò gọi là (C) )
a ) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò hàm số đã cho .
b ) Tìm các giá trò m để phương trình sau có 3 nghiệm thực phân biệt :

043
23
=−++
mxx
c ) Gọi d là đường thẳng có phương trình :
( )
1
−=
xky
. Tìm các giá trò k
để d cắt ( C ) tại 3 điểm phân biệt .
Bài 2 ( 3 đ ) : a) Giải phương trình :
0839
31
=+−
++
xx
, x
R

∈
b) Giải phương trình :
( )
( )
xxx
−+=+−
1log3log23log
22
2
2
, x
R
∈
c) Cho bất phương trình :
( )
2
log log 1 0
a
x
 
− >
 
( 1 ) ; x
R
∈
;x là ẩn,
0 1a< ≠
.
Biết x = 5 không là nghiệm của ( 1 ) . Hãy giải bất phương trình ( 1 )
Bài 3 (3 đ ) : Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a

3
, cạnh bên
bằng 2a a) Tính thể tích khối chóp S.ABC .
b) Xác đònh tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC
c) Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC )
Bài 4 ( 1 đ ) : Tìm giá trò lớn nhất và giá trò nhỏ nhất của hàm số

1ln
1ln
2
+
+
=
x
x
y
trên đoạn






2
;
1
e
e
Sở Giáo Dục – Đào Tạo Bình Đònh
Trường THPT số 2 An Nhơn

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN 12 (Ban Cơ Bản) & HKI & 2009 - 2010
Nội dung Điểm
Bài 1 ( 3 đ )
a) ( 1,5 đ ) TXĐ : D = R
y’ = - 3
xx 6
2
−
y’ = 0
20
−=∨=⇔
xx
y’
020  x
−⇔
nên hàm số đồng biến trên khoảng ( - 2 ; 0 )
y’
020  xx
∨−⇔
nên hàm số nghòch biến trên các khoảng
( ) ( )
+∞−∞−
;0;2;
Hàm số đạt cực dại tại x = 0 ; y
4
=
CD
. hàm số đạt cực tiểu tại x = -2 ;y
0
=

CT
Ta có
;lim
+∞=
−∞→
y
x
−∞=
+∞→
y
x
lim

Đồ thò không có tiệm cận
Bảng biến thiên ( đúng và đầy đủ các mục )
Điểm đặc biệt : ( 0 : 4) ; (-2; 0 ) ; ( 1 ; 0 ) ; ( -1 ; 2 )
Vẽ đồ thò ( đúng dạng , qua các điểm đặc biệt)
b) ( 0 đ75 ) Ta có :
043
23
=−++
mxx
( 1 )

mxx
=+−−⇔
43
23

Phương trình ( 1 ) có 3 nghiệm thực phân biệt

⇔
đường thẳng y = m cắt
đồ thò ( C ) tại 3 điểm phân biệt
⇔
0 < m < 4

c) ( 0,75 đ ) Phương trình hoành độ giao điểm của ( C ) và d là :

( )
( )
0441)1(43
223
=+++−⇔−=+−−
kxxxxkxx
( 2 )




=+++
=
⇔
)3(044
1
2
kxx
x
Đường thẳng d cắt ( C ) tại 3 điểm phân biệt
⇔
phương trình ( 2 ) có 3

nghiệm phân biệt
⇔
phương trình ( 3 ) có 2 nghiệm phân biệt và khác 1

⇔




−≠
<
⇔





≠+++
>+−=∆
9
0
04)1(41
0)4(4
2
'
k
k
k
k
Vậy k cần tìm là : k < 0 và k

9
−≠

Bài 2 ( 3 đ) a ) ( 1 đ ) Phương trình đã cho viết lại:
( )
083.93
112
=+−
++
xx
( 1 )
Đặt t =
1
3
+
x
, t > 0
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0, 5 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ
Phương trình ( 1 ) thành:



=
=
⇔=+−
8
1
089
2
t
t
tt
( thỏa t > 0 )
Với t = 1 ta có :
10113
1
−=⇔=+⇔=
+
xx
x
Với t = 8 ta có:
8log18log183
33
1
+−=⇔=+⇔=
+
xx

x

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là:
3
1 1 log 8x x= − ∨ = − +
b) ( 1 đ ) Điều kiện : x < 1 ( * )
Phương trình đã cho
( )
[ ]
xxx
−=+−⇔
13log)23(log
2
2
2

)1(323
2
xxx
−=+−⇔

11
2
±=⇔=⇔
xx

Đối chiếu điều kiện ( * ) ta có nghiệm của phương trình đã cho là: x = - 1
c) ( 1 đ )
( )
[ ]

01loglog
2
>−
x
a
( 1 )
Vì x = 5 không là nghiệm của ( 1 ) nên ta có
( )
1002log04loglog
2
<<⇔≤⇔≤
a
aa
Khi dó ( 1 )
2
0 log ( 1) 1x⇔ < − < ⇔

1 1 2 2 3x x
< − < ⇔ < <
Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm là : 2 < x < 3

Bài 3 ( 3 đ ) : a) ( 1 đ ) * Hình vẽ
Gọi M,N là trung điểm của BC, AB và O là giao điểm của AM và CN
Ta có SO
)( ABCmp
⊥

SO là đường cao hình chóp S.ABC
Ta có: AB=
3a

; CN =
2
3
2
3.3 aa
=
a
CN
OC
==⇒
3
2
; SC = 2a

OCSOABCSO
⊥⇒⊥
)(
SO
3
222
aSOOCSC
=⇒−=

( )
4
33
4
3.3
2
2

aa
S
ABC
==
)(
4
3
3.
4
33
.
3
1
..
3
1
32
.
dvtt
a
a
a
SOSV
ABCABCS
===
b) ( 1 đ ) Ta có SO là trục của đường tròn ngoại tiếp đáy ABC của hình chóp
S.ABC. Gọi K là trung điểm của SA
Trong mp(SAO dựng đường trung trực của đoạn SA cắt SO tại I,ta có IA=IS
Mặt khác I thuộc SO nên : IA = IB = IC
Do đó: IA = IB = IC = IS. Vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC

Vì
SKI
∆
đồng dạng
32
4
2
..
22
a
a
SO
SA
SISOSISASKSOA
==⇒=⇒∆
=
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ
=
3
32a

Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là R = SI =
3
32a
c ) (1 đ ) Ta có:
SMBCOMSOABCSO
⊥⊥⇒⊥
;)(

2
13
4
13
;
2
2
222
a
SM
a
OMSOSM
a
OM
=⇒=−==

4
39
2
13
.3.
2
1
2
aa
aS
SBC
==

( )( ) ( )( )
SBC
ABCS
SBCSBCAABCS
S
V
SBCAdSBCAdSVV
.
..
3
;;..
3
1
=⇒==
d
( )

( )
3
2
9
9 3 39
4
;
13
39 39
4
a
a a
A SBC
a
= = =
Bài 4 ( 1 đ ) Đặt
xt ln
=
; ta có
[ ]
2;1;
1
2
−∈⇔







∈
te
e
x
Hàm số đã cho thành :
[ ]
2;1;
1
1
)(
2
−∈
+
+
=
t
t
t
tg
Hàm số g(t) liên tục trên đoạn
[ ]
2;1
−

( )
( )
2;110)('
11
1
)('

22
∈=⇔=⇒
++
−
=
ttg
tt
t
tg

Ta có :
5
53
)2(;2)1(;0)1(
===−
ggg

Kết luận:
GTLN của hàm số đã cho trên






2
;
1
e
e

bằng
2
, đạt được khi
ext =⇔= 1

GTNN của hàm số đã cho trên






2
;
1
e
e
bằng 0 , đạt được khi t = - 1
e
x
1
=⇔


__________________&&&&&&&&&&__________________
Chú ý : Mọi cách giải khác mà đúng đều cho điểm tối đa .



0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ