Đề + ĐA KTHKI 12CB+NC (đề 1) (10-11)

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
TỔ TOÁN - TIN
ĐỂ KIỂM TRA HỌC KÌ I
Năm học 2010-2011
Môn Toán - Lớp 12
Thời gian: 90P’, không kể thời gian giao đề
ĐỀ SỐ 1
A – Phần chung
Câu 1: (4đ) Cho hàm số
2x 1
y
x 1
+
=
−
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho
b) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m, đường thẳng y=2x+m luôn cắt (C) tại hai
điểm phân biệt.
c) Tìm điểm M trên đồ thị (C) của hàm số sao cho khoảng cách từ M đến tiệm cận
đứng bằng khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang.
Câu 2: (3đ)
Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh AB=a. Các cạnh bên SA, SB, SC tạo
với đáy một góc bằng 60
0
.
a) Tính thể tích và diện tích toàn phần của khối chóp S.ABC
b) Tính thể tích hình cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC
B – Phần riêng
I – Theo chương trình chuẩn
Câu 3: (2đ) Giải phương trình:
a)

2x x x
5 15 2.9 0− − =
b)
1 2
1
5 log x 1 log x
+ =
− +
Câu 4: (1đ) Giải bất phương trình:
1 3
2
x 1
log (log ) 0
x 1
+
≥
−
II – Theo chương trình nâng cao
Câu 5 (2đ) Cho phương trình
x x x
m.4 (m 1).14 3.49 (1)= + +
a) Giải phương trình (1) với m=1
b) Với giá trị nào của m thì phương trình (1) có nghiệm duy nhất
Câu 6 (1đ) Giải phương trình:
1 1 1
2 2
2
log (x 1) log (x 1) log (7 x) 1− + + − − =
-------------------------------------------------- Hết -----------------------------------------------
TRƯỜNG THPT CHUYÊN

TỔ TOÁN - TIN
ĐÁP ÁN ĐỂ KIỂM TRA HỌC KÌ I
Năm học 2010-2011
Môn Toán - Lớp 12
Đề số I
STT
Nội dung Điể
m
A Phần chung
Câu 1
a
1. Tập xác định:
¡
\{1}
2. Sự biến thiên:
* Chiều biến thiên:
2
3
y' 0, x 1
(x 1)
−
= < ∀ ≠
−
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (-∞; 1) và (1;+∞)
. Cực trị: Hàm số đã cho không có cực trị
. Giới hạn:
−∞=
−
+
=

−
−
→
→
1
12
limlim
1
1
x
x
y
x
x
;
+∞=
−
+
=
+
+
→
→
1
12
limlim
1
1
x
x

y
x
x
Do đó đường thẳng x=1 là tiệm cận đứng của đồ thị
2
1
12
limlim =
−
+
=
±∞→
±∞→
x
x
y
x
x
Vậy đường thẳng y= 2 là tiệm cận ngang của đồ thị
* Bảng biến thiên:
3. Đồ thị:
Đồ thị nhận điểm I(1;2) làm tâm
đối xứng
2
b Ta có hoành độ giao điểm của đường thẳng y=2x+m với đồ thị là nghiệm 1
của phương trình:
2
x 1
2x 1
2x m

x 1
2x (m 4)x (m 1) 0 (*)
≠

+
= + ⇔

−
+ − − + =

Ta có x=1 không là nghiệm của (*) và biệt số:
2
2
2
(m 4) 8(m 1)
m 8m 16 8m 8
m 24 0, m
∆ = − + +
= − + + +
= + > ∀
Do đó, PT(*) luôn có hai nghiệm khác 1.
Vậy đường thẳng y=2x+m luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt.
c
Gọi M
0
0
0
2x 1
x ;
x 1

 
+
 ÷
−
 
∈(C). Gọi d
1
là khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng
và d
2
là khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang, ta có:
0
1 0 2
0 0
2x 1 3
d x 1;d 2
x 1 x 1
+
= − = − =
− −
Từ giả thiết suy ra:
2
0 0
0 0
2 0
0
0 0
x 2x 2 0
3
x 1 x 1 3

x 1
x 2x 4 0 (VN )

− − =
− = ⇔ ⇔ = ±

−
− + =


Vậy có hai điểm M thỏa mãn điều kiện
M
1
(
1 3;2 3+ +
); M
2
(
1 3;2 3− −
)
1
Câu 2
a *) Tính thể tích của khối chóp S.ABC
Gọi H là tâm của
∆
ABC. Vì SABC là hình chóp đều nên SH là đường
cao của chóp SABC.
Ta có: Diện tích đáy
∆
ABC là:

2
ABC
1 a 3 a 3
S . .a
2 2 4
= =
(đvdt)
Gọi M là trung điểm của BC.
Suy ra:
2 a 3
HA AM
3 3
= =
Xét tam giác
∆
SHA vuông tại H và
·
0
SAH 60=
có:
0
SH AH.tan60 a= =
Vậy thể tích của chóp S.ABC là:
2 3
SABC
1 a 3 a 3
V . .a
3 4 12
= =
(đvtt)

1.5
*) Tính diện tích toàn phần của khối chóp S.ABC
Vì SABC là hình chóp đều nên ta có:
∆
SAB=
∆
SBC=
∆
SCA.
Xét
∆
SAB có:
2
2 2 2
a 2a
SA SH AH a
3
3
= + = + =
Gọi I là trung điểm của AB suy ra:
2 2
a 13
SI SA IA
12
= − =

Diện tích tam giác ABC là:
2
ABC
1 a 13

S .SI.AB
2
2 12
= =
Diện tích toàn phần của khối chóp S.ABC là:
2 2 2 2
tp ABC ABC
a 13 a 3 6a ( 13 1) 3a ( 13 1)
S 3.S S 3.
4
2 12 4 12 2 12
+ +
= + = + = =

(đvdt)
b
Vì S.ABC là hình chóp đều nên tâm O của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
đó nằm trên đường cao SH. Gọi I là trung điểm SA. Ta có:
OI SA⊥
. Khi
đó hai tam giác vuông
SIO SHA∆ ∆:
.
Từ đó suy ra:
SO SI SA
SA SH 2SH
= =
. Do đó:
2
SA

SO R
2SH
= =
là bán kính mặt
cầu ngoại tiếp hình chóp
Mặt khác
2 2
2a
SH a;SA SH HA
3
= = + =
Vậy
2
4a
2a
3
R
2.a 3
= =
Thể tích của hình cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là:
3
3
MC
4 2a 32. .a
V . .( )
3 3 81
π
= π = =
(đvtt)
1.5

Câu 3
a
2x x x
5 15 2.9 0 (1)− − =
Chia 2 vế của PT(1) cho 9
x
ta có:
x x 2x x
25 5 5 5
( ) ( ) 2 0 ( ) ( ) 2 0 (2)
9 3 3 3
− − = ⇔ − − =
1
Đặt
x
5
t ( ) ,t 0
3
= >
. Ta có
2
t 1 (loai)
(2) t t 2 0
t 2
= −

⇔ − − = ⇔

=


Với
x
5
3
5
t 2 ( ) 2 x log 2
3
= ⇒ = ⇔ =
.
Vậy nghiệm của PT(1) là
5
3
x log 2
=
b
ĐK:
x 0,log x 5vàlogx 1> ≠ ≠ −
Đặt
t log x(t 5,t 1)= ≠ ≠ −
, ta được phương trình
1 2
1
5 t 1 t
+ =
− +
Từ đó ta có phương trình
2
2
1 t 2(5 t) (5 t)(1 t)
t 11 t 4t 5

t 5t 6 0
t 2
t 3
+ + − = − +
⇔ − + = − + +
⇔ − + =
=


=

)t 2 hay logx 2 x 100
)t 3 hay logx 3 x 1000
+ = = ⇔ =
+ = = ⇔ =
Vậy PT có nghiệm x=100 và x=1000
1
Câu 4
1 3
2
x 1
log (log ) 0
x 1
+
≥
−
ĐK:
3
x 1 x 1
0 0

x 1 x 1
x 1
x 1 x 1
log 0 1
x 1 x 1
+ +
 
> >
 
 
− −
⇔ ⇔ >
 
+ +
 
> >
 
 
− −
Với ĐK trên:

1 3 3
2
x 1 x 1
log (log ) 0 0 log 1
x 1 x 1
x 1
x 1
1
x 1

x 1
1 3 x 2 (t / mãn)
x 1
x 1
x 1
3
x 2
x 1
+ +
≥ ⇔ < ≤
− −
+

>

<

+
 
−
⇔ < ≤ ⇔ ⇔ ⇔ ≥
≤

 
+
−

 
≤
≥




 −