Dap an+De thi Hoc ki I toan 12

Sở GD & ĐT thanh hóa Đề thi kiểm tra chất lợng học kì I
Trờng THPT Đông Sơn I Năm học 2009 2010
--------***-------- Môn : Toán 12
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian giao đề
---------------------***------------------
I. Phần chung cho tất cả thí sinh (7 điểm)
Câu I (3 điểm)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
45
24
+=
xxy
.
2. Tìm m để phơng trình
mxx
=+
45
24
có 4 nghiệm phân biệt.
Câu II (1 điểm)
Giải phơng trình :
0
4
1
loglog)1(log2
242
=++
xx
.
Câu III (3 điểm) Cho tam giác ABC đều cạnh a. Trên đờng thẳng d đi qua A và vuông góc với
mặt phẳng (ABC) lấy điểm D sao cho AD = 2a.

1. Tính thể tích khối chóp D.ABC.
2. Tính diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp D.ABC.
3. Mặt phẳng đi qua B, trung điểm của AD và tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp chia
khối chóp thành hai phần. Tính tỉ số thể tích của hai phần đó.
II. Phần tự chọn (3 điểm)
Thí sinh chỉ đợc chọn một trong hai phần: Theo chơng trình Chuẩn hoặc Nâng cao
1. Theo chơng trình Chuẩn
Câu IVa(3 điểm)
1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
91
++=
xxy
.
2. Giải bất phơng trình:
[ ]
0log)2(loglog
3
2
2
2
4
1

xx
.
3. Tìm m để hàm số y = x
3
6x
2
+ 3(m + 2)x m 6 có hai cực trị và hai giá trị cực

trị cùng dấu.
2. Theo chơng trình Nâng cao
Câu IVb (3 điểm)
1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
4 xxy
+=
.
2. Giải hệ phơng trình:





++=
=
+
)(log1)(log
324
3
13
yxyx
x
y
y
x
3. Tìm m để phơng trình
0622)1(22)2(
22
2

=++
mmm
xx
có nghiệm thuộc đoạn [0;
2
].
--------------------Hết-------------------
Họ và tên thí sinh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . .
Trờng thpt đông sơn i Kì thi kiểm tra chất lơng học kì i
Năm học 2009 - 2010
Hớng dẫn chấm toán 12
- Điểm toàn bài làm tròn đến 0,5
- Thí sinh làm cách khác nếu đúng vẫn đợc điểm tối đa.
- Thí sinh đợc chọn làm theo một trong hai chơng trình Chuẩn hoặc Nâng cao. Nếu thí sinh nào
làm cả hai phần riêng thì không tính điểm phần riêng.
Câu Nội dung Điểm
I.1
Khảo sát hàm số
4x5xy
24
+=
2,00
1) Tập xác định : R
2) Sự biến thiên:
a, Giới hạn :
+=+=
+
xx
ylim,ylim
0,50

b, Bảng biến thiên: y = 4x
3
- 10x, y = 0 x = 0, x =
2/10

x
-
2/10
0 -
2/10
+
y' - 0 + 0 - 0 +
y
+ 4 +


-9/4 -9/4
0,50
Hàm số đồng biến trên các khoảng (-
2/10
; 0) và (
2/10
; + )
Hàm số nghịch biến trên khoảng (- ; -
2/10
) và (0 ;
2/10
)
Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y
CĐ

= y(0) = 4
Hàm số đạt cực tiểu tại x =
2/10

, y
CT
= y(
2/10

) = - 9/4
0,50
3) Đồ thị: Đồ thị (C) của hàm số có hai điểm uốn U









36
19
;
6
5
nhận Oy làm
trục đối xứng, giao với Ox tại 4 điểm (

1; 0); (

2; 0) (Hình 1)
(Hình 1) (Hình 2)
0,50
I.2
Tìm m để phơng trình
mxx
=+
45
24
(1) có 4 nghiệm phân biệt
1,00
Gọi (C
1
) là đồ thị hàm số
4x5xy
24
+=
. (C
1
) gồm hai phần
+) Phần đồ thị (C) nằm trên trục Ox
+) Đối xứng của phần đồ thị (C) nằm dới Ox qua Ox
0,25
Vẽ đồ thị (Hình 2)
0,25
Số nghiệm của (1) bằng số giao điểm của (C
1
) với đờng thẳng y = m. Theo đồ thị
ta đợc (1) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m = 0 và 9/4 < m < 4

0,50
O
1 2
x
-1-2
4
-9/4
O
1 2
x
-1-2
4
y
y = m
(C
1
)
9/4
2
y
(C)
II
Giải phơng trình
0
4
1
logxlog)1x(log2
242
=++
(1)

1,00
Điều kiện: x > 0
(1)
02xlogxlog02xlog)1x(log
2
2
222
=+=+
0,5



=
=




=
=

4/1x
2x
2xlog
1xlog
2
2
0,5
III.1
Tính thể tích khối chóp D.ABC.

1,00
Thể tích khối chóp
6
3a
4
3a
.a2
3
1
S.AD
3
1
V
32
ABCABC.D
===
1,00
III.2
Tính diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp D.ABC.
1,00
Gọi O là trọng tâm của tam giác ABC, gọi là đờng thẳng đi qua O và vuông góc
với (ABC), suy ra // DA và là trục của đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Trong mặt phẳng (d, ) kẻ đờng thẳng trung trực của AD cắt tại I, khi đó I cách
đều A, B, C, D nên I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp D.ABC
0,25
Gọi M, N là trung điểm của BC và AD. Tứ giác AOIN là hình chữ nhật nên
IA = ON =
22
AOAN
+

. AN =
3
3a
2
3a
3
2
AM
3
2
AO,aDA
2
1
====
0,25
3
a32
3
3a
aIA
2
2
=

+=
. Mặt cầu có bán kính
3
a32
IAR
==
nên nó có diện
tích S
3
a16
3
a32
4R4
2
2
2

=








==
0,50
III.3

Tính tỉ số thể tích...
1.00
Gọi E = DM IN, F = BE DC khi đó tam giác BNF là thiết diện của hình chóp
cắt bởi mặt phẳng (BNI).
0,25
Do N là trung điểm của DA, NE // AM nên E là trung điểm của DM
Gọi K là trung điểm của FC MK là đờng trung bình của tam giác BFC
MK // BF EF là đờng trung bình của tam giác DMK F là trung điểm của
DK DC = 3 DF S
DBC
= 3S
DBF
.
0,25
D
A C
B
O
N
M
I
d
F
E

K
3
Gọi h là khoảng cách từ A đến mặt phẳng (DBC), do N là trung điểm của DA nên
khoảng cách từ N đến (DBC) bằng h/2.
Gọi thể tích khối chóp D.ABC là V, thể tích khối chóp D.NBF là V

1
, thể tích phần
còn lại là V
2
.
Ta có
V
6
5
V
6
1
VVVVV
6
1
S.h
6
1
S.
2
h
3
1
V
12DBCDBF1
======
0,25
Do đó ta có tỉ số thể tích:
5
1

V
V
2
1
=
hoặc
5
V
V
1
2
=
Chú ý thí sinh cũng có thể làm theo cách sau:
6
1
DB
DB
.
DC
DF
.
DA
DN
V
V
1
==
0,25
IVa.1
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số

9x1xy
++=
.
1,00
Tập xác định D = [1; 9]
x92
1
1x2
1
'y



=
,
5xx91x0'y
===
0,50
y(1)= y(9) =
22
, y(5) = 4
22)9(y)1(yymin,4)5(yymax
=====
0,50
IVa.2
Giải bất phơng trình...
1,00
[ ]
1xlog)x2(log0xlog)x2(loglog
3

2
2
2
3
2
2
2
4
1

(điều kiện: x > 0)
0,25





+
0xlog
1xlog
0xlogxlog01xlog3)xlog1(
2
2
2
2
22
2
2
0,50

1x
2x
. Vậy bất phơng trình có tập nghiệm
);2[]1;0(S
+=
0,25
IVa.3
Tìm m để hàm số y = x
3
6x
2
+ 3(m + 2)x m 6 có hai cực trị cùng dấu.
1,00
y = 3x
2

- 12x + 3(m +2). Điều kiện để hàm số có cực trị là y có hai nghiệm
phân biệt
2m0)2m(936'
<>+=
Gọi x
1
, x
2
là hai điểm cực trị của hàm số, khi đó và theo định lí Viet ta có

+=
=+
2mxx
4xx
21
21
0,25
Do
)1x2)(2m('y
3
2
x
3
y
++







1
=
và y(x
1
) = y(x

2
) = 0 nên

)1x2)(2m()x(y
11
+=
,
)1x2)(2m()x(y
22
+=
0,25
]1)xx(2xx4[)2m()1x2)(1x2()2m()x(y)x(yyy
2121
2
21
2
21CTĐC
+++=++==
)17m4()2m(]14.2)2m(4[)2m(
22
+=+++=
0,25
Do đó hai giá trị cực trị cùng dấu khi



>

>+>
4/17m

2m
0)17m4()2m(0yy
2
CTĐC
Kết hợp với điều kiện ta đợc
2m
4
17
<<
0,25
IVb.1
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
x4xy
+=
1,00
4
Tập xác định: D = [- 2; 2]
2
2
2
x4
xx4
x4
x
1'y


=

+=
0,25
2x
xx4
0x
0xx40'y
22
2
=



=

==
0,25
y(-2) = - 2, y (2) = 2, y(
22)2
=
0,25
2)2(yymin,22)2(yymax
====
0,25
IVb.2
Giải hệ phơng trình

++=
=
+
(2) )yx(log1)yx(log
(1) 324
3
13
x
y
y
x
1,00
Điều kiện: x y > 0, x + y > 0, x 0, y 0
)3(3yx1)yx(log1)yx(log)yx(log)2(
2222
333
===++
0,25
(1)
5
x
y
y
x
222
5
x
y
y

x
2
=








+=








+
.
Đặt
y
x
t
=
ta có

=
=
=+=






+
2/1t
2t
02t5t25
t
1
t2
2
0,25
+) Với t = 2
y2x
=
thế vào (3) ta đợc
1y3yy4
22
==

mãn)(thỏa 2 x 1yKhi
==

(loại) 2- x 1yKhi
==
0,25
+) Với t = 1/2
x2y
=
thế vào (3) ta đợc
nghiệm)(vô 1x3x4x
222
==
Vậy hệ phơng trình có 1 nghiệm (x, y ) = (2; 1)
0,25
IVb.3
Tìm m để phơng trình có nghiệm thuộc đoạn [0; 1]
1,00
06m22)1m(22)2m(
22
xx2
=++
(1)
Đặt t =
2
x
2
, do x
[1;4]t n nê]2;0[


(1) trở thành
06m2t)1m(2t)2m(

2
=++
(2)
)t(f
2t2t
6t2t2
m6t2t2m)2t2t(
2
2
22
=
+
++
=++=+
0,25
Xét hàm số f(t) trên [1; 4]



=
=
=+=
+
+
=
3/4t
(loại) 2t
016t4t60)t('f,
)2t2t(
16t4t6

)t('f
2
22
2
0,25
f(1)= 10, f(4) = 23/5, f(4/3) = 11
5/23)4(f)t(fmin,11)3/4(f)t(fmax
]4;1[]4;1[
====
0,25
(1) có nghiệm thuộc [0;
2
]

(2) có nghiệm thuộc [1; 4]
11m5/23


Vậy:
11m
5
23

0,25
5