đề thi hoc ki 1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I NĂM HỌC 2009-2010
TRƯỜNG THPT CAO BÁ QUÁT GIA LÂM MÔN :Toán học lớp 12
Thời gian làm bài:90 phút
I)Phần chung
Câu 1(2,5 điểm): Cho hàm số
2 1
1
x
y
x
+
=
−
(1)
a)Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)
b)Chứng minh rằng tiếp tuyến tại 1 điểm bất kì trên đồ thị hàm số tạo với hai đường
tiệm cận 1 tam giác có diện tích không đổi.
Câu 2(1,5 điểm):Giải các phương trình sau:
a)
( )
3log2loglog
2,052,0
=−−
xx
b) 4.9
x
+ 12
x
– 3.16
x
= 0

c)
2
2
16 64 3
x
x
log log
+ =
Câu 3(3,5điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a . SA = a và
vuông góc với đáy ABCD.Một mặt phẳng đi qua CD cắt các cạnh SA, SB lần lượt tại
M,N .Đặt AM = x.
a)Tính diện tích toàn phần và thể tích của hình chóp S.ABCD.
b)Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.Tính diện tích
mặt cầu và thể tích khối cầu đó.
c)Xác định giá trị của x để thể tích S.MNCD bằng 2/9 thể tích S.ABCD
II)Phần riêng(Học sinh ban nào làm đúng đề ban đó)
A)Ban tự nhiên
Câu 4(2điểm):
a)Cho hàm số
x
ey
cos
=
.Chứng minh rằng: y’sinx+ycosx+y’’=0.
b) Tính giá trị biểu thức :









+
−
8log
4log
2
1
4
1
125
9
2581
.
5log33log
2
1
5log1
52
4
2.416
+
+
+
Câu 5(0,5điểm):Tìm tất cả các giá trị của m để hệ sau có nghiệm thỏa mãn x ≥ 1, y ≥ 0:

3
1 1
x y

x y m

+ =


+ + + ≤


B)Ban cơ bản
Câu 4(1,5điểm):
a)Cho hàm số y = e
sinx
.Chứng minh rằng: y’cosx – ysinx – y’’ = 0
b) Rút gọn biểu thức :
2log
96log
2log
12log
A
6
2
48
2
−=
Câu 5(1điểm): Tìm GTLN, GTNN của hàm số
( )
2
9 xxxf
−=

Đáp án và biểu điểm
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I
Câu 1(2,5 điểm): Cho hàm số
2 1
1
x
y
x
+
=
−
(1)
1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)
2. Chứng minh rằng tiếp tuyến tại 1 điểm bất kì trên đồ thị hàm số tạo với hai đường tiệm cận 1
tam giác có diện tích không đổi.
Khảo sát, vẽ đồ thị hàm số
2 1
1
x
y
x
+
=
−
1. TXĐ D = R \{1}
2. a.Giới hạn :
lim 2; lim 2
x x
y y
→+∞ →−∞

= =
do đó y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số khi
;x x
→ +∞ → −∞
1 1
lim , lim
x x
y y
+ −
→ →
= +∞ = −∞
do đó x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số khi
1 ; 1x x
+ −
→ →

b. Chiều biến thiên :
( )
2
3
' 0 1
1
y x
x
−
= < ∀ ≠
−
hàm số đồng biến trên các khoảng
( ) ( )
;1 , 1;−∞ +∞

.
Hàm số không có cực đại, cực tiểu.
Bảng biến thiên :

2
2
+∞
-
∞
-
-∞
+
∞
1
-
y(x)
y'(x)
x
3. Vẽ đồ thị
x
y
4
2
f x
( )
=
2
⋅
x+1
x-1

-1
2
3
4-2
O
1
-1
Đồ thị hàm số nhận giao điểm hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng.
2.Chứng minh rằng tiếp tuyến tại 1 điểm bất kì trên đồ thị hàm số tạo với hai đường tiệm cận 1 tam
giác có diện tích không đổi.
Giả sử
0
0
0
2 1
( ) ;
1
x
M C M x
x
 
+
∈ ⇒
 ÷
−
 
,
( )
( )
0

2
0
3
'
1
y x
x
−
=
−
PTTT d tại M là
( )
( )
0
0
2
0
0
2 1
3
1
1
x
y x x
x
x
+
−
= − +
−

−
, I(1; 2)
giao điểm A của d với TC Đ nên
( )
0
0 0
2 4
6
; 1;
1 1
A A
x
A x y IA
x x
 
+
= ⇒ =
 ÷
− −
 
B là giao điểm của d với tiệm cận ngang nên
( )
0 0
2 1;2 2 2B x IB x− ⇒ = −
0
0
1 1 6
( ) . . . 2 2 6
2 2 1
dt IAB IA IB x

x
= = − =
−
không đổi
Câu 5:Tìm m để hệ có nghiệm thực thỏa mãn
3 (1)
1, 0 :
1 1 (2)
x y
x y
x y m

+ =

≥ ≥

+ + + ≤



Đặt
( )
2
3 3t x y t y t= ⇒ = − ⇒ = −
1 1, 3 0 3x t y t t≥ ⇒ ≥ = − ≥ ⇔ ≤
. Vậy điều kiện của t là
1 3t≤ ≤
Thay vào (2) ta có
2 2
1 6 10t t t m+ + − + ≤

Xét
( )
2 2
1 6 10f t t t t= + + − +

( ) ( )
2 2 2 2
3 3
' ' 0
1 6 10 1 6 10
t t t t
f t f t
t t t t t t
− −
= + = ⇔ =
+ − + + − +
( ) ( ) ( )
2 2 2 2
6 10 6 9 1t t t t t t⇒ − + = − + +
[ ]
4 3 2 4 2 3 2
3
6 10 6 6 9 9 6 9 1;3
2
t t t t t t t t t t⇔ − + = + − − + + ⇔ = ⇔ = ∈

thử lại t = 3/2 là nghiệm PT f’(t) = 0
ta có BBT sau :

2 + 5

13
10+1
t
f
+
1
3
f'
3
2
0
-
Vậy để hệ có nghiệm thỏa mãn yêu cầu bài toán thì
13m ≥
Câu 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a . SA = a và vuông góc với đáy ABCD .
Một mặt phẳng đi qua CD cắt các cạnh SA, SB lần lượt
tại M,N . Đặt AM = x .
a. Tứ giác MNCD là hình gì ? Tính thể tích S.MNCD
theo a và x .
b. Xác định giá trị của x để thể tích S.MNCD bằng
2/9 thể tích S.ABCD
Bài giải :
a. Gọi (α) là mặt phẳng đi qua CD
/ /
( )
/ / / /
( )
( ) ( )
CD AB
CD

MN AB CD
AB SAB
MN SAB
α
α


⊂

⇒

⊂


= ∩

N
M
D
B
C
A
S
( )
CD AD
CD SAD CD DM
CD SA
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥


⊥

Vậy MNCD là hình thang vuông tại D và M
3
1
.
3 3
SABCD ABCD
a
V SA S= =
2
2
( )
.
SMNC
SABC
V
SM SN a x
V SA SB a
−
= =
SMCD
SACD
V
SM a x
V SA a
−
= =
Mà

1
2
SABC SACD SABCD
V V V= =
2 2 2
2 2
2
( ) 3 2
SMNCD
SABCD
V
a x a x x ax a
V a a a
− − − +
= + =
2 2
( 3 2 )
2
SMNCD
a x ax a
V
− +
⇒ =
b.
2 2
2
2 3 2 2
9 2 9
SMNCD
SABCD

V
x ax a
V a
− +
= ⇔ =
2 2
2 / 3
2
9 27 14 0
7 / 3
3
x a
a
x ax a x
x a
=

⇔ − + = ⇔ ⇒ =

=

(vì 0 < x < a)
Câu 4 b)Rút gọn biểu thức :
2log
96log
2log
12log
A
6
2

48
2
−=
b.
2 4 5
2 2
2 2 2 2
48 96
log 12 log 6
log (2 .3).log (2 .3) log (2.3).log (2 .3)
log 2 log 2
A = − = −
2 2 2 2
(2 log 3).(4 log 3) (1 log 3).(5 log 3)= + + − + +
2 2
2 2 2 2
(8 6log 3 log 3) (5 6log 3 log 3) 3+ + − + + =