4 de kiem tra Hoc ky I mon Toan 12 va dap an

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (347.99 KB, 17 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

BỘ ĐỀ THI HỌC KỲ I THAM KHẢO
Mơn thi: TỐN, Khối 12

(Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian giao đề)
ĐỀ 1

Câu 1.( 3 điểm) Cho hàm số

2 3

( )
2
x

y C

x





a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

b) Lập phương trình tiếp tuyến với (C),biết tiếp tuyến đó vng góc với đường thẳngy4x17
Câu 2.( 2 điểm)

a) Cho hàm số f x( )e2xsinx.Tính f x"( ) và giải phương trình f x"( ) 0
b) Tìm giá trị nhỏ nhất, lớn nhất của hàm số f x( ) ln(1 2 )  x  x2 với x 



2 ;0



Câu 3.( 4 điểm) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD, đáy ABCD là hình thang vng tại A và D có

ABAD a CD , 2a. Cạnh bên SD vng góc với đáy và mặt bên (SAB) tạo với đáy một 
góc 450.

a) Chứng minh SAD450 và tính thể tích khối chóp S.ABCD

b) Chứng minh tam giác BCD vng và tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp SBCD .
c) Một mặt phẳng ( ) cắt các cạnh SA, SB, SC, SD lần lượt tại K, L, P, N.

Chứng minh rằng : BCD. ABD. ABC. ACD.

SA SC SD SB

S S S S

SK  SP  SN  SL
( trong đó kí hiệu SABC là diện tích tam giác ABC)

Câu 4.( 1 điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:

2 5

5 1

xy y x y

x y m

    





   

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

HƯỚNG DẪN CHÁM TOÁN

Câu Đáp án Điểm

a(2 điểm)

1)Hàm số có TXĐ: D R \ 2

 

0,25

2) Sự biến thiên của hàm số:
a) Giới hạn và các đường tiệm cận:

*    




y
lim
;

y
lim

x
2

Do đó đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

* xlim yxlim  y 2 đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị
hàm số

0,5

b) Bảng biến thiên:

Ta có:





2
1

' 0, 2

y x

x


   



Bảng biến thiên:

x - +  2



y’ -

-y
2

-

+ 

2
* Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng



 ;2



và



2;



; khơng có cực 
trị

0,75

3) Đồ thị:

+ Đồ thị cắt trục tung tại 





3
;
0

và cắt trục hoành tại điểm 





0
;
2
3

+ Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 2; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối
xứng.

0,5

b(1 điểm) Gọi x0 là hoành độ tiếp điểm của tiếp tuyến cần lập, hệ số góc của tiếp

0,25
O

x
2

3/2
3/2

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

tuyến là 0 0 2
1
'( )
( 2)
y x
x




Từ giả thiết ta được:

0
0 2
0
0
0
4

'( ).4 1 1

4
( 2)
x
y x
x
x




    


  0,25

Với x0 0, pt tiếp tuyến là

1 3

4 2

y x

0,25
Với x0 4, pt tiếp tuyến là

1 7

4 2

y x

0,25

a(1 điểm) f x'( ) e2xcosx 2.e2xsinx

 

0,25





2 2 2

"( ) 3. xsin 4. xcos x 3sin 4cos

f x e x e x e x x

    0,25

"( ) 0 3sin 4cos 0 arctan

3
f x   x x  x  k

  , k Z 0,5

b(1 điểm) 2 4 2 2 2

'( ) 2

1 2 1 2

x x

f x x

x x

  

  

  0,25









'( ) 0 2;0 1 2;0

f x   x    x  

0,25

1 1

( 2) ln 5 4; (0) 0; ( ) ln 2

2 4

f    f  f   

0,25
 2;0  2;0

max ( ) ln 2 ; min ( ) ln 5 4

4 x

x  f x     f x   0,25

a(2 điểm) Chứng minh được SAD 450

0,5
Tính được:
2
3
2
ABCD

S  a

0,5
Tính được: SD = a

0,5

Tính được:

1 1

3 ABCD 2

V  SD S  a

0,5
b

(1,5điểm) Tính được:

2 2 2 4 2

BD BC CD  a  BCD vuông tại B

( Hoặc gọi F là trung điểm CD , chứng minh FB = FC = FD) 0,25
Nêu được tam giác SBC vuông tại B , tam giác SCD vng tại D

Gọi I là trung điểm SC thì IS = IB = IC = ID nên I là tâm mặt cầu ngoại
tiếp hình chóp SBCD

0,25

Tính được bán kính

1 5

2 2

a

R SC 0,5

Thể tích khối cầu

4 5 5 5

3 2 6

a

V     a

 

 

Chú ý:Học sinh có thể giải bằng cách dựng tâm mặt cầu là giao điểm 
của trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD với mặt phẳng trung

trực của SD

0,5

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

(0,5điểm) Áp dụng tỉ số thể tích biến đổi về được:

. . . .

S BCD S ABD S ABC S ACD

BCD ABD ABC ACD

SA SC SD SB

V V V V

SK SP SN SL

SA SC SD SB

S S S S

SK SP SN SL

  

   

0,25

4 (1 điểm)

Lí luận và biến đổi để phương trình đầu suy ra x1 y 2 0,25
Đặt t y t



0;1



và x1 (2  t)2 0,25
Thay vào phương trình thứ hai được: 4t t 2  1 t2 m 0,25

Lí luận và tìm được: 1m 5 0,25

ĐỀ 2

Bài 1: (3 điểm)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số: y = -x3 + 3x2 - 1.

b) Dựa vào đồ thị (C), hãy xác định giá trị của m để phương trình: x3 – 3x2 + m – 1 = 0

có 3 nghiệm phân biệt.
Bài 2: (1,5 điểm)

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: f(x) = x3 + 3x2 – 9x – 5 trên đoạn [-2;2].

Bài 3: (1,5 điểm)

Giải phương trình: 16x - 15.4x - 16 = 0.

Bài 4: (4 điểm)

Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh AB bằng a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 600.

a) Tính thể tích hình chóp S.ABCD theo a.

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

---Hết---HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN
Bài 1: (3 điểm)

a) (2 điểm)

* Tập xác định: R. (0,25 đ)

* Sự biến thiên:
. Chiều biến thiên
 y’ =





/
3 3 2 1
x x

  

= -3x2 + 6x = -3x(x – 2).

y’ = 0  x = 0, x = 2.
Xét bảng:

x - 0 2 +

y’ 0 + 0

y 3

-1 (0,5 đ)
. Cực trị

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 ; yCT = -1.

Hàm số đạt cực đại tại x = 2 ; yCĐ = 3. (0,25 đ)

. Giới hạn





3 2

lim lim 3 1

x  yx    x  x  





3 2

lim lim 3 1

x yx   x  x   .

Đồ thị khơng có tiệm cận. (0,25 đ)
. Bảng biến thiên

x - 0 2 +
y’ 0 + 0

y + 3

-1 - (0,25 đ)

* Đồ thị: (0,5 đ)

-4 -3 -2 -1 1 2 3 4

-4
-3
-2
-1
1
2
3
4

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

b) (1 điểm)

. Ta có: x3 - 3x2 + m - 1 = 0

 m – 2 = -x3 + 3x2 - 1. (0,25 đ)

. Số nghiệm của phương trình bằng số giao điểm của hai đường:
y = -x3 + 3x2 - 1 : (C)

y = m – 2 : . (0,25 đ)
. Phương trình có 3 nghiệm phân biệt

  cắt (C) tại 3 điểm phân biệt (0,25 đ)

 -1 < m – 2 < 3
 1 < m < 5.

. Vậy với giá trị 1 < m < 5 thì phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt. (0,25 đ)
Bài 2: (1,5 điểm)

. f’(x) =





/
3 3 2 9 5
x  x  x

= 3x2 + 6x – 9 = 3(x2 + 2x – 3).

f’(x) = 0  x2 + 2x – 3 = 0 









1 2; 2

3 2; 2 ,
x

x

   


  

 loại. (0,5 đ)

. Tính:

f(1) = -10
f(-2) = 17

f(2) = -3. (0,5 đ)

. Vậy:

-2 ; 2

ax ( ) 17



m

f x





min ( )

2 ; 2

f x



10

. (0,5 đ)

Bài 3: (1,5 điểm)

. Ta có: 16x15.4x16 0

 

4x 2 15.4x 16 0

   

(0,25 đ)
. Đặt t = 4x

, điều kiện t > 0 phương trình có dạng:
t2 – 15t – 16 = 0

 t = -1, t = 16. (0,5 đ)

. So sánh với điều kiện:

t = -1 không thỏa mãn điều kiện, loại

t = 16 thỏa mãn điều kiện. (0,25 đ)

. Với t = 16
 4x 42


 x = 2.

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

(0,5 đ)
a) (2 điểm)

. S.ABCD là hình chóp đều

 đáy ABCD là hình vng và chân đường cao hình chóp

trùng với tâm hình vng ABCD. (0,25 đ)
. Gọi O = AC  BD.

 O là tâm hình vng ABCD

 O là chân đường cao hình chóp S.ABCD
 SO  (ABCD)

 OA là hình chiếu của cạnh bên SA trên mặt đáy (ABCD)





SA ABCD,( )







SA OA,



SAO 600. (0,5 đ)

. ABCD là hình vng có cạnh AB = a
 AC = a 2

 OA = 
2
2
a

. (0,25 đ)

. SO  (ABCD)

 SO  OA  (ABCD). (0,25 đ)

. SOA vuông tại O ta có:
tan SAO =

SO

OA

 SO = OA. tan SAO = 
2
2
a

. tan 600 =
2
2
a

. 3 =
6
2
a

. (0,25 đ)

. Thể tích hình chóp S.ABCD là:
V =

3.SABCD.SO = 
1
3.a2.

6
2

a

=
3 6

6
a

. (0,5 đ)
b) (1,5 điểm)

B C

A D

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

. SOA vuông tại O ta có:
cos SAO =

OA
SA

 SA = os
OA

c SAO = 0
2
2
os 60

a

c = 
2
2
1
2
a

= a 2. (0,5 đ)

. Hình nón có bán kính đáy r = OA =
2
2
a

và đường sinh l = SA = a 2, (0,5 đ)
nên diện tích xung quanh hình nón là:

Sxq = rl = .

2
2
a

.a 2 = a2. (0,5 đ)

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

---Hết---ĐỀ 3

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 ĐIỂM). Tất cả thí sinh đều phải làm phần 
này

Câu 1 (3,0 điểm). Cho hàm số: y= - x4+4x2- 3

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.

2) Dựa vào đồ thị (C) tìm các giá trị của tham số thực m để phương trình

4 4 2 3 2 0

x - x + + m= (1)
có hai nghiệm phân biệt.

Câu 2 (1,0 điểm). Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi và x2 + y2 + z2 = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất

của biểu thức

2 2 2 2 2 2

x y z

F

y z z x x y

  

  

Câu 3 (3,0 điểm).

1. Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình chữ nhật ABCD có

AD a AB a



,



3

, cạnh bên SA
vng góc với mặt đáy (ABCD), góc SBA 300.

a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD.

b) Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.

2. Tính thể tích của khối trụ ngoại tiếp hình lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh bằng a.
II. PHẦN RIÊNG – PHẦN TỰ CHỌN (3,0 ĐIỂM).

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)
Phần 1. Theo chương trình chuẩn

Câu 4A (3 điểm).

1. Tính giá trị của biểu thức





1 

2 log 4

P 5ln

4ln(e e) 10

e

.

2. Giải phương trình mũ:

16

x



16.4

x



15 0



3. Giải bất phương trình:

x 2
logsin2 x 4

3

1






Phần 2. Theo chương trình nâng cao
Câu 4B (3,0 điểm)

1. Tính giá trị của biểu thức

1log 4
2
3

2 25

1 1

log .log 2 .

5 9

T     

 
2. Tìm x thỏa đẳng thức:

5

2x 1



3.5

2x 1



110

3. Tìm các giá trị m để đồ thị (Cm) của hàm số

mx (3m 1)x m 2

x 1

+ + - +

+ có đường tiệm 
cận xiên tiếp xúc với đường trịn (C) có phương trình:(x 1)- 2+ -(y 2)2=2.

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10></div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu, ý Nội dung Điểm

1,a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C): y= - x4+4x2- 3

 Tập xác định: D = ¡

 Giới hạn tại vô cc:

;

lim lim

xđ- Ơ y= - Ơ xđ+Ơ y= - Ơ

 Đạo hàm:

4 8

y¢= - x + x

3 2 0

0 4 8 0 4 ( 2) 0

x

y x x x x

x
=
é
ê
¢= Û - + = Û - + = Û ê

= ±
ê
ë
 Bảng biến thiên

x – - 2 0 2 +

y¢ + 0 – 0 + 0 –

y – 1 1

 –3 –

 Kết luận: Hàm số đồng biến trên các khoảng (- ¥ -; 2),(0; 2)

, nghịch biến trên các khoảng (- 2;0),( 2;+¥ )

Hàm số đạt cực đại: yCĐ = 1 tại x= ± 2, đạt cực tiểu: yCT = –3

tại x=0.

 Điểm uốn:

y// = -12x2 +8; y// = 0 

2
x

3


y// đổi dấu khi x đi qua

2
x

3


nên (C) có 2 điểm uốn:

U1
2 23
;
3 9
 
 
 
 

 ; U2

2 23
;
3 9
 

 
 
 

 Giao điểm với trục hoành:

cho
2
4 2
2
1
1

0 4 3 0

3
3

x
x

y x x

x
x
é = é = ±
ê ê
= Û - + - = Û ê Û ê = ±
=
ê êë
ë

 Giao điểm với trục tung: cho x= Þ0 y= - 3

 Đồ thị hàm số:

2,0 điểm
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5

1,b) Dựa vào đồ thị (C) tìm các giá trị m để phương trình

4 2

4 3 log 0

x - x + + m= (1) có hai nghiệm phân biệt .

Biến đổi: x4- 4x2+ +3 2m= Û -0 x4+4x2- 3 2= m (*)
Số nghiệm pt (*) bằng số giao điểm của ( ) :C y= -x4+4x2- 3 và

1,0 điểm
0,25
0,25

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

d: y = 2m.

Dựa vào đồ thị tìm được : 2m = 1 hoặc 2m < –3
Giải và kết luận: m =

2 hoặc m < 
3
2

.
0,25
0,25
2 Cho x>0, y > 0, z > 0 và x2 + y 2 + z 2 = 3. Tìm GTNN của biểu thức

2 2 2 2 2 2

x y z

F

y z z x x y

  

  

+ Biến đổi

2 2 2

2 2 2 2 2 2

( ) ( ) ( )

x y z

F

x y z y z x z x y

  

   (do x >0, y >0, z > 
0)

Hay

2 2 2

(3 ) (3 ) (3 )

x y z

F

x x y y z z

  

   (do x2 + y2 + z2 = 3)

+ Xét hàm số f(t) = t(3 – t2), với t

 (0; 3)

Ta có f/(t) = 3 – 3t2; f/(t) = 0

 t = 1 (0; 3); t = - 1(0; 3)

Bảng biến thiên trên (0; 3)

t 0 1 3

f/(t) + 0

-f(t) 2

0 0
Suy ra, t  (0; 3), 0 < t(3  t2)  2.

+ Vì x2 + y2 + z2 = 3 và x, y, z dương nên x, y, z

 (0; 3). Do đó

0 < x(3  x2)  2, 0 < y(3  y2)  2, 0 < z(3  z2)  2.

Suy ra F  x2.

1
2+ y2.

1
2 + z2.

2 = (x2 + y2 + z2).

1
2 =

3
2.
Từ BBT, F =

2khi và chỉ khi x = y = z = 1.
Vậy minF =

2 khi x = y = z = 1.

1,0 điểm

0,25

3.1a) Thể tích khối chóp S.ABCD
+ Hình vẽ

+Chứng tỏ SAB vng và tính được

SA= AB tan

30

0= a
+ Tính thể tích

3
.
1 3
. .
3 3
S ABCD

V  SA AB AD a

(ghi đúng công thức V =
1

3SABCD. h: 0,25)

1,0 điểm

0,25
0,25

0,5

3.1b) Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

Lập luận: tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là trung điểm I
của SC, bán kính

2 SC

R



Tính

SC



SA



AC



SA



AB



BC

2 =

3

2 2

5

a



a



a



a

 SC a 5

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Diện tích mặt cầu : S=

2 5 2

4 4 5

a

r a

     

 

  0,25+0,25

3.2 Thể tích khối trụ ngoại tiếp hình lăng trụ tam giác đều có tất cả

các cạnh bằng a. 1,0 điểm

Hình vẽ:
0,25
0,25
0,25
0,25
4A.1
Tính 




1 

2 log 4

P 5ln

4ln(e e) 10

e

Ta có P = 5lne-1 + 4ln e7/2 + (102: 10log4)

= -5 + 4
7
2 +

2
10

4
Đ.S: P =34

(Trường hợp tính sai kết quả hoặc tính riêng: tính đúng mỗi kết quả:
0,25 đ)
1,0 điểm
0,5
0,25
0,25
4A.2

Giải phương trình mũ: 16x  16.4x 15 0 (*)
+ Đặt t = 4x; ĐK: t > 0.

+ Đưa về PT: t2

 16t + 15 = 0. Giải được t = 1; t =15 (thỏa đk t > 0).

+ Giải mỗi pt, tìm được x = 0, x = log415.

+ Kết luận pt có 2 nghiệm: x = 1 và x = log415.

* Ghi chú: - HS có thể không cần đặt ẩn phụ, nếu giải đúng vẫn đạt
điểm tối đa.

1,0 điểm
0,25
0,25
0,25
0,25
4A.3

Giải bất PT:

x 2
logsin2 x 4

3 1


 (*)
(*) 
x 2
log

sin 2 x 4



 >0

x 2

0 1

x 4



 

 ( vì 0 < sin2 < 1 )

x 2 x 2 x 2

0 0 0

x 4 x 4 x 4

x 2 1 x 2 1 0 6 0

x 4 x 4 x 4

     
  
  
     
     
  
      
     
  

x 2 0 x 2 x 2

x 4 0 x 4

    

     

   

  . KL. Tập nghiệm S = (2; +)

1,0 điểm

0,25

0.5
4B.1

Tính giá trị của biểu thức

1log 4
2
3

2 25

1 1

log .log 2 .

5 9

T     
 

1,0 điểm
- Nói được : Vì hình trụ ngoại tiếp hình

lăng trụ tam giác đều có tất cả các cạnh
bằng a nên hình trụ có chiều cao h = a
và đáy là đường trịn ngoại tiếp tam giác
đều ABC có cạnh bằng a.

- Tính được bán kính đáy

3
.
3
a
R
- Tính được thể tích khối trụ:




 
3
2.
3
a

V R h

B C

B' C'

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

1) Biến đổi và tính được

 

2
1
1

3 2 3

2 25 2 5

1 1

log .log 2 log 5 .log 2

5 12

 

 

3
1
3
3
1

log 4 1

2 log 4 log 4
2 2

1 1

3 3 .

9 4


 
  
 
 
Suy ra
1
.
6

T 
0,5
0,25
0,25

4B.2 Tìm x thỏa: 52x 1 3.52x 1 110

 

Ta có

2x 1 2x 1 2x 1 2

2x 1 2x 1

5 3.5 110 5 (5 3) 110

22.5 110 5 5 2x 1 1 x 1

  
 
    
        
1,0 điểm
0,5
0,25+0,25

4B.3 mx2 (3m 1)x m 2

x 1

+ + - +

+ (Cm). ĐK để đồ thị có TCX tiếp xúc với
đường tròn (C): (x 1)- 2+ -(y 2)2=2.

Hàm số có TXĐ : R \

{ }

- 1 .
Hàm số viết lại :

1 3m

y mx 2m 1

x 1

-= + + +

+ Điều kiện đồ thị hàm số có TCX : m¹ 0 và m 1/3.

+ Với ĐK đó, vì x

[

]

1 3m

lim y (mx 2m 1) lim 0

x 1

đƠ ®±¥

-- + + = =

+ nên đường 
thẳng D: y=mx 2m 1+ + hay

mx y 2m 1 0- + + = là TCX của (Cm)
+ Từ PT (x 1)- 2+ -(y 2)2=2 suy ra đường trịn (C) có tâm I(1; 2)
và bán kínhR= 2.

D tiếp xúc với ( C ) Û d(I, )D = 2 Û 2
3m 1
2
m 1

-=
+

Û 7m2- 6m 1 0- =

m 1
1
m

7
é =
ê
ê
Û
ê
=-ê

ë ( thỏa ĐK)

KL: m = 1, m =  1/7.

1,0 điểm

0,25

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

ĐỀ 4 :
Bài 1: (4điểm)

Cho hàm số : y=
2

2 3

x
x




a)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số.

b) Tìm m để đồ thị (C ) cắt đường thẳng d: y = -x+m tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho tam
giác AOB vuông ở O ( O là gốc tọa độ )

Bài 2 : (2 điểm)

a) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x3 -2x2 +x -2 , với x  [0; 2]

b)Tính đạo hàm của hàm số y=

sin 3 .

x e

cos3x
Bài 3: (4 điểm)

Cho hình chóp S.ABC đáy ABC là tam giác đều cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy
và SA= a 3.Góc giữa mặt bên (SBC) và mặt đáy bằng 30o

a)Tính thể tích khối chóp

b)Tính thể tích khối trịn xoay sinh ra khi quay  SBC quanh trục là đường thẳng BC
c) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC.

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ I MƠN TỐN KHỐI 12 
Bài 1 : 4 điểm

a)khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số y=

2 3

x
x



 (2,5điểm)
TXĐ : D =

3
\{ }
2


0.25đ

2 1 2 1

lim lim

2 3 2 2 3 2

x x
x x
x x
    

 
 

   y =

2là tiệm cận ngang

3 3

2 2

lim lim

2 3 2 3

x x
x x
x x
 
   
 
  
 

 x=
3
2


là tiệm cận đứng

0,5đ

y’= 2

1
(2x 3)



  Hàm số nghịch biến

3
2
x
 
Bảng biến thiên

x
-  
3
2

+ 

y’ _ _

y 1

2 +

_ 
1
2 

0,25đ
 0;5đ

Hàm số nghịch biến trong khoảng (-;
3
2


) và khoảng(
3
2


;+) hàm số 
khơng có cực trị

Đồ thị : Đồ thị nhận giao điểm 2 đường tiệm cận làm tâm đối xứng đi qua
điểm (0;

3) ;(-2;0)

0,25đ

0,25đ

Đồ thị đúng 0;5đ

b) ( 1,5 điểm )

Phương trình hồnh độ giao điểm
2

2 3

x
x



 = -x + m  0,25đ

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

2
3
2

2 2 2 3 3

x

x x mx x m






     

  2

3
2

2 2(2 ) 3 2 0 *

x

x m x m





     


Phương trình * khơng có nghiệm x =
3

2


m .Để đồ thị (C ) cắt đường 
thẳng d tại 2 điểm phân biệt A, B thì pt * có 2 nghiệm phân biệt . 



'

>0


0
2
m
m


  
 ** 
0,5đ

Gọi x1,x2 là 2 nghiệm của phương trình * A( x1; - x1 + m); B( x2; - x2 +m)

Tam giác AOB vuông ở O  OA OB               . 0  x1.x2 + x1.x2 –m(x1 +.x2 ) +m2 =0

-3m+2 +m( 2-m) + m2 = 0  m=2 thỏa mãn điều kiện **

Vậy với m=2 thì đố (C ) cắt đường thẳng d: y = -x+m tại 2 điểm phân biệt
A, B sao cho tam giác AOB vuông ở O

0,5đ

0,25đ
 Bài 2 :2 điểm

a)( 1điểm) y = x3 -2x2 +x -2 với x  [0; 2]

Ta có y’ = 3x2 – 4x+1 = 0  x= 1 ; x= 1/3 thuộc [0; 2]

y( 0) = -2 ; y(1) = -2 ; y(2) = 0 ; y( 1/3) =
50
27

 0;2]
min 2
[
x
y


0;2]
m 0
[ax
x
y


0,25đ
0,5đ
0,25đ
b)( 1 điểm) Tính đạo hàm của hàm số y= sin 3 .x ecos3x

y’= (sin 3 ) 'x ecos3x sin 3 (x ecos3x) '
= 3cos3x

.

e

cos3x+sin3x (-3sin3x) .ecos3x

= 3ecos3x(cos3x-sin23x)

0,25đ

0,5đ
0,25đ
Bài 3 : 4điểm

a) Gọi M trung điểm BC Ta có BC AM  BC  SM  góc giữa 
mp(SBC) và mp(ABC) là SMA =30o

Trong tam giác SAM ta có AM=SAcot30o =3a  BC = 2a 3

Thể tích V =

3
1 1

. . . 3

3 2BC AM SA a

0.5đ
0.5đ 
 0.5đ 
b) Khi quay tam giác SBC quanh trục là đường thẳng BC ta được 2 hình nón

đỉnh B và đỉnh C đáy là đường trịn bán kính SM.

2 2 2 2

12
SM SA AM  a

Thế tích khối tròn xoay sinh ra là

2 2 3

1 2

2 . 12 3 8 3

3 3

V  SM BM   a a  a

0.25đ 
0.25đ 
0,5đ 
Gọi N trung điểm AB  CN  AB Từ A kẻ đường thẳng song song với

CN và từ C kẻ đường thẳng song song với AN, 2 đường thẳng đó cắt nhau ở
E  tứ giác AECN là hình chữ nhật  (SAE)  (SCE) nên từ A kẻ AH 
SE  AH  (SEC)

Mặt khác AB // (SCE)  d( AB,SC) =d( AB,(SCE) =d(A,(SCE) = AH

0.5đ
0.5đ

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 4

3 9 9

AH SA AE  a  a  a  AH = 
3

2
a

Vậy d( AB,SC)=
3

a chỉnh mới chấm

điểm )

A C

M
N

E
H

</div>

4 de kiem tra Hoc ky I mon Toan 12 va dap an





 





























<b>ĐỀ 2</b>

























ax ( ) 17

<i>m</i>

<i>f x</i>



min ( )

<i>f x</i>



10

 









<b>---Hết---ĐỀ 3</b>

<i>AD a AB a</i>



,



3



1





P 5ln

4ln(e e) 10

e

16



16.4



15 0



3

1



5



3.5



110

30

2

<i>SC</i>

<i>R</i>



<i>SC</i>



<i>SA</i>

