Gián án De kiem tra TOAN 12 THANG 01 2011

ĐỀ KIỂM TRA TOÁN 12
Câu I (3.0 điểm ) :
Cho hàm số
3 2x
y
x 1
−
=
−
, có đồ thị (C)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị thị (C) của hàm số biết tiếp tuyến vuông
góc với đường thẳng (d): x - y = 0
Câu II. (3,0 điểm)
1. Giải phương trình và bất phương trình :
a)
2 2
2 9.2 2 0
x x
+
− + =
b)
( ) ( )
2 2
log 3 log 2 1x x
− + − ≤
2. Tính các tích phân:
a. I =
2
0
(2 1).cos

π
−
∫
x xdx
. b)
( )
1
5
0
1J x x dx
= −
∫
3. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) = x – e
2x
trên đoạn [−1 ; 0]
Câu III. (1,0 điểm)
Cho khối chóp đều S.ABCD có AB = a, góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 60
0
. Tính thể tích
của khối chóp S.ABCD theo a.
Câu IV: (3,0 điểm)
Trong không gian Oxyz cho bốn điểm A(2 ; 4; -1) , B( 1; 4; -1 ) , C(2; 4; 3) và D(2; 2; -1).
a) CMR : AB ⊥AC, AC ⊥ AD, AD ⊥ AB
.b) Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. Tính thể tích khối cầu đó .
Đáp án
Câu I :
a) Tập xác định : D =
¡
\{1}
• Sự biến thiên:

2
1
y' 0 x D
(x 1)
= − < ∀ ∈
−
.
Suy ra, hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (−∞ ; 1) và (1 ; +∞)
• Cực trị: Hàm số không có cực trị.
• Giới hạn:
x x
x 1 x 1
lim y lim y 2; lim y và lim y
+ −
→−∞ →+∞
→ →
= = − = +∞ = −∞
Suy ra, đồ thị có một tiệm cận đứng là đường thẳng x = 1, và một tiệm cận
ngang là đường thẳng y = – 2.
• Bảng biến thiên :
x
−∞ 1 +∞
y’
− −
y
−2
−∞
+∞
−2

• Đồ thị:
Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0 ; − 3) và cắt trục hoành tại điểm
3
; 0
2
 
 ÷
 
.
Đồ thị nhận điểm I(1 ; −2) (là giao điểm của hai đường tiệm cận) làm tâm đối xứng.
b) Do tiếp tuyến của đồ thị (C) vuông góc với đường (d) x – y = 0 hay y = x nên :
( ) ( )
( )
0 0
0 0
, ,
0 0
0 3
2 1
2
0
.1 1 1
1
1
1
x y
x y
f x f x
x
= ⇒ =−

= ⇒ =−
= − ⇔ = −
−

⇔ =− ⇔

−

Vậy có hai phương trình tiếp tuyến : y = - x – 3 và y = - x + 1
Câu II.
1.
( ) ( )
( ) ( )
(
]
− + − ≤

>


⇔ ⇔
 
− + ≤


− − ≤

>

⇔ ⇔ < ≤


≤ ≤

2 2
2
2 2
a) log 3 log 2 1
x-3>0
3
x-2>0
5 4 0
log 3 2 log 2
3
3 4 suy ra tËp nghiÖm: S= 3;4
1 4
x x
x
x x
x x
x
x
x
b) Ta có 2
2x+2
-9.2
x
+2= 0 (1) <=> 4.2
2x
- 9.2
x

+2= 0
Đặt 2
x
= t > 0.
PT (1) <=> 4t
2
-9t+2= 0 <=> t
1
=1/4; t
2
=2
Với t =1/4 <=> 2
x
=1/4 <=> x= -2
Với t = 2 <=> 2
x
= 2 <=> x = 1
Vậy : x = -2; x = 1.
2)
a)
2
0
(2 1)cosI x xdx
π
= −
∫
.
Đặt :u = 2x -1 => du = 2dx;
dv = cosxdx => v = sinx
Ta có :

2
0
(2 1)sinx 2 sin x 1 (2cos ) 3
2 2
0 0
I x dx x
π
π π
π π
= − − = − + = −
∫
2−
O
1
3−
I
3
2
x
y
b)
( )
1
5
0
1J x x dx
= −
∫
§Æt
1 x t dt dx− = → = −

0 1; 1 0x t x t= ⇒ = = ⇒ =
,
I =
( )
1
0 1
6 7
5 5 6
1 0
0
1
1 ( )
6 7 42
t t
t t dt t t dt
 
− − = − = − =
 ÷
 
∫ ∫
3) Ta có: f’(x) = 1 – 2e
2x
.
f’(x) = 0 ⇔ x = − ln
2
∈[−1 ; 0]
f(-1) = 1 – e
– 2
; f(0) = -1 ;

1
f ( ln 2) ln 2
2
− = − −
Vậy:
[ 1;0]
1
maxf (x) ln 2
2
−
== − −
;
2
[ 1;0]
min f (x) 1 e
−
−
= − −
Câu III.

1
3
V Bh=
; B = a
2

60
°
O
A

B
C
D
S


3
0
3 3
tan 60
2 2 2
a a a
h SO V= = = ⇒ =
Câu IV:
a) Ta có:
( 1;0;0); (0;0;4); (0; 2;0).AB AC AD= − = = −
uuur uuur uuur
Vì
. . . 0AB AC AC AD AD AB= = =
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
nên suy ra:
, ,AB AC AC AD AD AB⊥ ⊥ ⊥
.
b) Mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có dạng:
2 2 2
2ax 2 2 0 (1)x y z by cz d+ + − − − + =
Vì mặt cầu qua 4 điểm A, B, C, D nên ta có hệ phương trình:
3
4 8 2 0
2

2 8 2 18
3
4 8 6 29
1
4 4 2 9
7
a b c d
a
a b c d
b
a b c d
c
a b c d
d

+ − − =
=




+ − − =
 
=
⇔
 
+ + − =
 
=
 

+ − − =

=


Vậy mặt cầu có pt :
2 2 2
3 6 2 7 0x y z x y z+ + − − − + =
có tâm
3
( ;3;1)
2
I
;và bán khnh
21
2
R
=
.
3
4 7
21
3 2
KC
V R
π π
= =