Đề thi Học kì 1 Toán 12 - Đề số 10

THPT VINH XUÂN
Đề số 10
ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2008 – 2009
Môn TOÁN Lớp 12
Thời gian làm bài 90 phút
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ HỌC SINH: (7 điểm)
Câu 1: (4 điểm)
Cho hàm số
x
y
x
2 1
1
+
=
−
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại giao điểm của đồ thị (C) và trục tung .
c) Tìm m để đường thẳng d:
( )
y m x 2 2= + +
cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt.
Câu 2: (3 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình chữ nhật ABCD có
AD a AB a, 3= =
, cạnh bên SA vuông
góc với mặt đáy (ABCD), cạnh bên SB tạo với mặt đáy (ABCD) một góc bằng
0
30
. Gọi H là
hình chiếu vuông góc của A trên SD.

a) Chứng minh rằng DC vuông góc với AH.
b) Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD .
c) Tính thể tích khối chóp H.ABC .
II. PHẦN RIÊNG: (3 điểm)
Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần: Theo chương trình Chuẩn hoặc Nâng cao
1. Theo chương trình Chuẩn
Câu 3a: (1 điểm) Giải phương trình:
x x1
5 3.5 8 0
−
+ − =
.
Câu 4a: (1 điểm) Giải bất phương trình:
(
)
( )
x x x
2
2 2
log 2 3 1 log 3 1+ − ≥ + +
.
Câu 5a: (1 điểm) Cho tam giác ABC vuông góc tại A,
AC b AB c,
= =
quay quanh cạnh huyền BC.
Tính thể tích khối tròn xoay được tạo thành.
1. Theo chương trình Nâng cao
Câu 3b: (1 điểm) Giải hệ phương trình:

( )

( ) ( )
x y
x y
x y x y
2 2
4
1
5
5
log log 5
−
−

 

=
 ÷

 

+ + − =

Câu 4b: (1 điểm) Giải phương trình:
( ) ( )
x x x x
2 2
3 2
log 2 1 log 2+ + = +
.
Câu 5b: (1 điểm) Hình trụ có bán kính đáy R và trục

OO R2
′
=
. Hai điểm A, B lần lượt thuộc hai
đường tròn đáy (O) và (O’) sao cho góc giữa AB và trục OO’ bằng
α
. Tính khoảng cách giữa
AB và OO’ theo R và
α
.
--------------------Hết-------------------
Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . .
1
THPT VINH XUÂN
Đề số 10
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2008 – 2009
Môn TOÁN Lớp 12
Thời gian làm bài 90 phút
Câu Nội dung Điểm
1a
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
x
y
x
2 1
1
+
=
−
2,00

TXĐ:
{ }
D \ 1=
¡
( )
y x
x
2
3
0, 1
1
−
′
= < ∀ ≠
−
⇒
Hàm số luôn luôn nghịch biến trên hai khoảng
( )
;1−∞
và
( )
1;+∞
. Hàm số không có cực trị .
+
x
y
1
lim
−
→

= −∞
,
x
y
1
lim
+
→
= +∞

⇒
x 1=
là tiệm cận đứng
+
x x
y ylim lim 2
→+∞ →−∞
= =

⇒
y 2=
là tiệm cận ngang.
Bảng biến thiên:
x
−∞
1
+∞
y
′

−

−

y
2
+∞


−∞
2
+ Đồ thị:

Đồ thị cắt trục hoành tại điểm
( )
0,5;0−
, cắt trục tung tại điểm
( )
0; 1−
.
Đồ thị nhận giao điểm
( )
I 1;2
của hai tiệm cận làm tâm đối xứng .
0,25
0,25
0,25
0,25
0,50
0,50

1b Viết phương trình tiếp tuyến .... 1,00
Đồ thị (C) cắt trục tung tại điểm
( )
A 0; 1−
.
Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm A là:
( )
k y 0 3
′
= = −
Phương trình tiếp tuyến tại A là:
( )
y x1 3 0+ = − −

y x3 1⇔ = − −
.
0,25
0,25
0,50
1c
Tìm m để đường thẳng d có pt
( )
y m x 2 2= + +
cắt đồ thị (C) .....
1,00
Đường thẳng d:
( )
y m x 2 2= + +
cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt
⇔

pt
( )
x
m x
x
2 1
2 2
1
+
= + +
−
có 2 nghiệm phân biệt
x
1
và
x
2
khác 1
mx mx m
2
2 3 0⇔ + − − =
có 2 nghiệm phân biệt
x
1
và
x
2
khác 1
0,25
0,25

2

( )
m
m m m
m m m
2
2
0
4 2 3 0
.1 .1 2 3 0
∆

≠

⇔ = + + >


+ − − ≠


m
m
4
3
0

< −

⇔


>


0,50
2a Chứng minh rằng DC vuông góc với AH. 0,50
Hình vẽ: 0,50 điểm

H'
H
I
D
C
B
A
S
Ta có
CD AD
CD SA

⊥

⊥


CD SAD

AH SAD
( )
( )


⊥
⇒

⊂


CD AH⇒ ⊥
0,50
2b Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD . 1,00
Ta có
·
SA ABCD SA AC SAC
0
( ) 90⊥ ⇒ ⊥ ⇒ =

·
CD SAD CD SD SDC
0
( ) 90⊥ ⇒ ⊥ ⇒ =
, tương tự
·
SBC
0
90=
Suy ra ba điểm A, B, D cùng thuộc mặt cầu đường kính SC, hay mặt cầu ngoại tiếp
hình chóp S.ABCD có tâm là trung điểm I của SC, bán kính
SC
R
2

=
.
Từ tam giác vuông SAB ta có
SA AB a a
0
3
tan30 3.
3
= = =
.
Từ tam giác vuông SAC ta có
SC SA AC SA AB BC
2 2 2 2 2 2
= + = + +
=
a a a a
2 2 2 2
3 5+ + =

SC a 5⇒ =

SC a
R
5
2 2
⇒ = =
.
0,25
0,25
0,50

2c Tính thể tích khối chóp H.ABC . 1,00
Trong mặt phẳng (SAD) dựng
HH SA/ /
′
, với
H AD
′
∈
.
Vì
SA ABCD( )⊥
nên
HH ABCD( )
′
⊥
.
Suy ra thể tích khối chóp H.ABC là:
H ABC ABC
V S HH AB BC HH
.
1 1
. . . . .
3 6
′ ′
= =
.
Tam giác SAD có
SA AD a= =
nên nó là tam giác cân, suy ra H là trung điểm của
SD, do đó

SA a
HH
2 2
′
= =
.
Vậy
H ABC
a
V a a a
3
.
1 3
. 3. .
6 2 12
= =
0,25
0,25
0,25
0,25
3a
Giải phương trình:
x x1
5 3.5 8 0
−
+ − =
.
1,00
Đặt
x

t 5=
, điều kiện
t 0>
, phương trình trở thành:
t
t
15
8 0+ − =

t t
2
8 15 0⇔ − + =

t
t
3
5

=
⇔

=


x
x
5 3
5 5

⇒




=
=

x
x
5
log 3
1

=
⇔

=

4a
Giải bất phương trình:
(
)
( )
x x x
2
2 2
log 2 3 1 log 3 1+ − ≥ + +
.
1,00
3
Bpt

( )
( )
x x x
2
2 2
log 2 3 log 2 3 1⇔ + − ≥ +

( )
x
x x x
2
3 1 0
2 3 2 3 1

+ >

⇔

+ − ≥ +



x
x x
2
1
3
4 5 0

> −


⇔


− − ≥


x
x x
1
3
1 5


> −
⇔


≤ − ≥

hoÆc

x 5⇔ ≥
0,50
0,50
5a Tính thể tích khối tròn xoay được tạo thành 1,00

Gọi V là thể tích khối tròn xoay,

B C

V V,
lần lượt là thể tích các khối
nón đỉnh B, C có chung đường tròn
đáy tâm H, bán kính
r HA=
( HA là
đường cao của tam giác vuông ABC)
Ta có
B C
V V V= +


( )
AH BH HC
2
1
.
3
π
= +

AH BC
2
1
. .
3
π
=

Tính

BC b c
2 2
= +
,
AB AC bc
AH
BC
b c
2 2
.
= =
+
.
Vậy
b c
V b c
b c
2 2
2 2
2 2
1
.
3
π
= +
+

b c
b c
2 2

2 2
1
3
π
=
+
0,25
0,25
0,25
0,25
3b Giải hệ phương trình 1,00
Điều kiện
x y x y0, 0+ > − >
.
Hệ pt
( ) ( )
x y
y x
x y x y
2
2
4
log 5
5 5
−
−


⇔



+ − =

=

x y
y x
x y
2 2
4
2
32

−
− =

⇔


− =


x y
x y
2 2
3
32

=
⇔


− =


x
y
6
2

=
⇔

=

hoặc
x
y
6
2

= −

= −

( loại vì
x y 8 0+ = − <
)
x
y
6

2

=
⇔

=

. Vậy hệ phương trình có một nghiệm
( ) ( )
x y; 6;2=
0,25
0,25
0,25
0,25
4b
Giải phương trình:
( ) ( )
x x x x
2 2
3 2
log 2 1 log 2+ + = +
.
1,00
Điều kiện
x x
x x
2
2
2 1 0
2 0



+ + >

+ >



x x
2
2 0⇔ + >
(*)
Đặt
( )
t x x
2
2
log 2= +

t
x x
2
2 02⇔ + = >
( thoả mãn điều kiện (*) )
Phương trình đã cho trở thành:

(
)
t
t

3
log 2 1+ =
t t
2 1 3⇔ + =
t t
2 1
1
3 3
   
⇔ + =
 ÷  ÷
   
(1)
Hàm số
t t
f t
2 1
( )
3 3
   
= +
 ÷  ÷
   
nghịch biến trên
¡
và
f (1) 1=
nên (1) có nghiệm duy
nhất
t 1=

.
Với
t 1=
x x
2
2 2⇒ + =

x 1 3⇔ = − ±
.
0,25
0,25
0,25
0,25
5b Tính khoảng cách giữa AB và OO’ theo R và
α
. 1,00

Dựng đường sinh BC, khi đó
OO BC/ /
′
4

OO ABC/ /( )
′
⇒
, suy ra

( ) ( )
d OO AB d OO ABC, ,( )
′ ′

=
( )
d O ABC,( )=
Gọi H là trung điểm của dây AC thì
OH AC⊥
Đồng thời
BC O BC OH( )⊥ ⇒ ⊥
.
Suy ra
( )
OH ABC OH d O ABC( ) ,( )⊥ ⇒ =
Vậy
( ) ( )
d OO AB d O ABC OH, ,( )
′
= =
.
Từ
OO BC/ /
′

( )
·
·
OO AB ABC,
α
′
⇒ = =
.
Từ tam giác vuông ABC, ta có

AC BC R.tan 2 tan
α α
= =

AC
AH R tan
2
α
⇒ = =
.
Từ tam giác vuông AOH ta có
(
)
OH OA AH R
2 2 2 2 2
1 tan
α
= − = −
OH R
2
1 tan
α
⇒ = −
. Vậy
( )
d OO AB OH R
2
, 1 tan
α

′
= = −
, với điều kiện
2
1 tan 0
α
− ≥
hay
0 0
0 45
α
< ≤
.
0,25
0,25
0,25
0,25
5