Đề thi Học kì 1 Toán 12 - Đề số 3

SỞ GD & ĐT THANH HÓA
Trường THPT Đông Sơn I
Đề số 3
ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010
Môn TOÁN Lớp 12
Thời gian làm bài 90 phút
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
y x x
4 2
5 4= − +
.
2. Tìm m để phương trình
x x m
4 2
5 4− + =
có 4 nghiệm phân biệt.
Câu II (1 điểm)
Giải phương trình:
x x
2 4 2
1
2(log 1)log log 0
4
+ + =
.
Câu III (3 điểm)
Cho tam giác ABC đều cạnh a. Trên đường 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 được chọn một trong hai phần: Theo chương trình Chuẩn hoặc Nâng cao
1. Theo chương trình Chuẩn
Câu IVa (3 điểm)
1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
y x x1 9= − + − +
.
2. Giải bất phương trình:
x x
2 3
1 2 2
4
log log (2 ) log 0
 
− ≤
 
.
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 chương trình Nâng cao
Câu IVb (3 điểm)
1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
y x x
2

4= + −
.
2. Giải hệ phương trình:
x y
y x
x y x y
3 1
3
4 32
log ( ) 1 log ( )
+



=

− = + +



3. Tìm m để phương trình
x x
m m m
2 2
2
( 2)2 2( 1)2 2 6 0− − + + − =
có nghiệm thuộc đoạn
0; 2
 
 

.
--------------------Hết-------------------
Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . .
SỞ GD & ĐT THANH HÓA ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010
1
Trường THPT Đông Sơn I
Đề số 3
Môn TOÁN Lớp 12
Thời gian làm bài 90 phút
Câu Nội dung Điểm
I.1 Khảo sát hàm số
y x x
4 2
5 4= − +
2,00
1) Tập xác định : R
2) Sự biến thiên:
a) Giới hạn :
x x
y ylim , lim
→−∞ →+∞
= +∞ = +∞
0,50
b) Bảng biến thiên:
y x x
3
4 10
′
= −
;

x
y
x
0
0
10
2

=

′
= ⇔

= ±

x
– ∞ –
10 / 2
0
10 / 2
+ ∞
y' – 0 + 0 – 0 +
y
+ ∞ 4 + ∞


–9/4 –9/4
0,50
Hàm số đồng biến trên các khoảng
10 10

;0 , ;
2 2
   
− +∞
 ÷  ÷
   

Hàm số nghịch biến trên các khoảng
10 10
; , 0;
2 2
   
−∞ −
 ÷  ÷
   
Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y
CĐ
= y(0) = 4
Hàm số đạt cực tiểu tại
x
10
2
= ±
, y
CT
=
y
10 9
2 4
 

± = −
 ÷
 
0,50
3) Đồ thị: Đồ thị (C) của hàm số có hai điểm uốn U
5 19
;
6 36
 
±
 ÷
 ÷
 
nhận Oy làm trục
đối xứng, giao với Ox tại 4 điểm (
±
1; 0); (
±
2; 0) (Hình 1)

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)
(Hình 1) (Hình 2)
I.2 Tìm m để phương trình
x x m
4 2
5 4− + =
(1) có 4 nghiệm phân biệt 1,00
Gọi (C
1
) là đồ thị hàm số
y x x
4 2
5 4= − +
. (C
1
) gồm hai phần:
+) Phần đồ thị (C) nằm trên trục Ox
+) Đối xứng của phần đồ thị (C) nằm dưới Ox qua Ox
0,25
Vẽ đồ thị (Hình 2) 0,25

Số nghiệm của (1) bằng số giao điểm của (C
1
) với đường thẳng y = m. Theo đồ thị
ta được (1) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m = 0 và
m
9
4
4
< <
0,50
II Giải phương trình
x x
2 4 2
1
2(log 1)log log 0
4
+ + =
(1) 1,00
Điều kiện: x > 0
(1)
x x x x
2
2 2 2 2
(log 1)log 2 0 log log 2 0⇔ + − = ⇔ + − =
0,5
x
x
x
x
2

2
2
log 1
1
log 2
4

=

=

⇔ ⇔

= −
=



0,5
III.1 Tính thể tích khối chóp D.ABC. 1,00
O
1 2
x
-1-2
4
y
y = m
(C
1
)

9/4
3
Thể tích khối chóp
D ABC ABC
a a
V AD S a
2 3
.
1 1 3 3
. 2 .
3 3 4 6
= = =
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 đường thẳng đi qua O và vuông
góc với (ABC), suy ra ∆ // DA và ∆ là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC. Trong mặt phẳng (d, ∆) kẻ đường 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 =
AN AO
2 2
+
. AN =
a a
DA a AO AM
1 2 2 3 3
,
2 3 3 2 3

= = = =
0,25
a a
IA a
2
2
3 2 3
3 3
 
= + =
 ÷
 ÷
 
.
Mặt cầu có bán kính
a
R IA
2 3
3
= =
nên S
a a
R
2
2
2
2 3 16
4 4
3 3
π

π π
 
= = =
 ÷
 ÷
 
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 đường trung bình của tam giác BFC
⇒ MK // BF ⇒ EF là đường trung bình của tam giác DMK ⇒ F là trung điểm của
DK ⇒ DC = 3 DF ⇒ S
DBC
= 3S
DBF
.
0,25
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
DBF DBC

h
V S h S V V V V V V V
1 2 1
1 1 1 1 5
. .
3 2 6 6 6 6
= = = ⇒ = − = − =
0,25
D
A C
B
O
N
M
I
d
F
E
∆
K
4
Do đó ta có tỉ số thể tích:
1
2
V
V
1
5
=
hoặc

2
1
V
V
5=
Chú ý thí sinh cũng có thể làm theo cách sau:
V
DN DF DB
V DA DC DB
1
1
. .
6
= =
0,25
IVa.1 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
y x x1 9= − + − +
. 1,00
Tập xác định D = [1; 9]
y
x x
1 1
'
2 1 2 9
= −
− −
,
y x x x' 0 1 9 5= ⇔ − = − ⇔ =
0,50
y(1)= y(9) =

2 2
, y(5) = 4
y y y y ymax (5) 4, min (1) (9) 2 2⇒ = = = = =
0,50
IVa.2 Giải bất phương trình... 1,00
x x x x
2 3 2 3
1 2 2 2 2
4
log log (2 ) log 0 log (2 ) log 1
 
− ≤ ⇔ − ≥
 
(điều kiện: x > 0)
0,25
x
x x x x
x
2 2
2
2 2 2 2
2
log 1
(1 log ) 3log 1 0 log log 0
log 0

≥
+ − − ≥ ⇔ − ≥ ⇔

≤


0,50
x
x
2
1

≥
⇔

≤

. Vậy bất phương trình có tập nghiệm
S (0;1] [2; )= ∪ +∞
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
m m' 36 9( 2) 0 2
∆
⇔ = − + > ⇔ <

Gọi x
1
, x
2
là hai điểm cực trị của hàm số, khi đó theo định lí Viet ta có
x x
x x m
1 2
1 2
4
2

+ =

= +

0,25
Do
y x y m x
2
' ( 2)(2 1)
3 3
 
1
= − + − +
 ÷
 
và y’(x
1
) = y’(x

2
) = 0
nên
y x m x
1 1
( ) ( 2)(2 1)= − +
,
y x m x
2 2
( ) ( 2)(2 1)= − +
0,25
C CT
y y y x y x m x x m x x x x
2 2
§ 1 2 1 2 1 2 1 2
( ) ( ) ( 2) (2 1)(2 1) ( 2) [4 2( ) 1]= = − + + = − + + +
m m m m
2 2
( 2) [4( 2) 2.4 1] ( 2) (4 17)= − + + + = − +
0,25
Do đó hai giá trị cực trị cùng dấu khi
CÑ CT
m
y y m m
m
2
2
. 0 ( 2) (4 17) 0
17
4


≠

> ⇔ − + > ⇔

> −


Kết hợp với điều kiện ta được
m
17
2
4
− < <
0,25
IVb.1 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
y x x
2
4= + −
1,00
Tập xác định: D = [– 2; 2]
x x x
y
x x
2
2 2
4
' 1
4 4
− − −

= + =
− −
0,25
5