De thi HKI lop 12 Co ban 20092010

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (107.54 KB, 6 trang )

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

Sở giáo dục đào tạo Bình Định

Trường THPT số 2 An Nhơn ĐỀ THI HOC KỲ I - MÔN TOÁN 12 – Thời gian ( 90’ )
 ( Ban Cơ Bản - Năm học : 2009-2010 )
Bài 1 ( 3 đ ) : Cho hàm số : y = - x3−3x2

+4 ( đồ thị gọi là (C) )

a ) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho .

b ) Tìm các giá trị m để phương trình sau có 3 nghiệm thực phân biệt :
x3+3x2+m−4=0

c ) Gọi d là đường thẳng có phương trình : y=k(x −1) . Tìm các giá
trị k để d cắt ( C ) tại 3 điểm phân biệt .

Bài 2 ( 3 đ ) : a) Giải phương trình : 9x+1−3x+3+8=0 , x R

b) Giải phương trình : log2

(

x2−3x+2)=log23+log2(1− x) , x R
c) Cho bất phương trình : log loga 2



x1



 0 ( 1 ) ; x R ;x là ẩn,

0a1.

Biết x = 5 không là nghiệm của ( 1 ) . Hãy giải bất phương trình ( 1 )
Bài 3 (3 đ ) : Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a

√

3 , cạnh
bên bằng 2a a) Tính thể tích khối chóp
S.ABC .

b) Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC
c) Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC )

Bài 4 ( 1 đ ) : Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 
y=lnx+1

√

ln2x+1 trên đoạn

[

1
e;e

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

Sở Giáo Dục – Đào Tạo Bình Định
 Trường THPT số 2 An Nhơn

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MƠN TOÁN 12 (Ban Cơ Bản) & HKI & 2009 - 2010

Noäi dung Điểm

Bài 1 ( 3 đ )

a) ( 1,5 đ ) TXĐ : D = R
y’ = - 3 x2−6x

y’ = 0 ⇔x=0∨x=−2

y’ 0⇔−2≺x≺0 nên hàm số đồng biến trên khoảng ( - 2 ; 0 )
y’ 0⇔x≺−2∨x≻0 nên hàm số nghịch biến trên các khoảng

(− ∞;−2);(0;+∞)

Hàm số đạt cực dại tại x = 0 ; y ❑CD=4 . hàm số đạt cực tiểu tại x = -2 ;y

❑CT=0

Ta có x →− ∞lim y=+∞ ; x →lim+∞y=− ∞
Đồ thị không có tiệm cận

Bảng biến thiên ( đúng và đầy đủ các mục )

Điểm đặc biệt : ( 0 : 4) ; (-2; 0 ) ; ( 1 ; 0 ) ; ( -1 ; 2 )
Vẽ đồ thị ( đúng dạng , qua các điểm đặc biệt)
b) ( 0 đ75 ) Ta có : x3+3x2+m−4=0 ( 1 )

⇔− x3−3x2+4=m

Phương trình ( 1 ) có 3 nghiệm thực phân biệt ⇔ đường thẳng y = m
cắt đồ thị ( C ) tại 3 điểm phân biệt ⇔ 0 < m < 4

c) ( 0,75 đ ) Phương trình hồnh độ giao điểm của ( C ) và d là :
− x3−3x2+4=k(x −1)⇔(x −1)

(

x2+4x+4+k

)

=0 ( 2 )

⇔

x=1

x2+4x+4+k=0(3)

¿
¿
¿
¿

Đường thẳng d cắt ( C ) tại 3 điểm phân biệt ⇔ phương trình ( 2 ) có 3
nghiệm phân biệt ⇔ phương trình ( 3 ) có 2 nghiệm phân biệt và khác 1

0,25 đ
0,25 ñ

0,25 ñ

0,25 ñ
0, 5 ñ

0,25 ñ
0,25 ñ
0,25 ñ

0,25 ñ

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

⇔

¿
Δ'

=4−(4+k)>0
12

+4(1)+4+k ≠0

⇔

¿k<0
k ≠ −9

¿{
¿

Vậy k cần tìm là : k < 0 vaø k −9

Bài 2 ( 3 đ) a ) ( 1 đ ) Phương trình đã cho viết lại: 32(x+1)

−9 . 3x+1+8=0 ( 1 )

Đặt t = 3x+1 , t > 0

Phương trình ( 1 ) thành:

t2−9t

+8=0⇔
t=1

¿
t=8
¿
¿
¿
¿
¿

( thỏa t > 0 )

Với t = 1 ta có : 3x+1=1⇔x+1=0⇔x=−1

Với t = 8 ta có: 3x+1

=8⇔x+1=log38⇔x=−1+log38

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là: x 1 x 1 log 83

b) ( 1 đ ) Điều kiện : x < 1 ( * )
Phương trình đã cho ⇔log2(x

−3x+2)=log2

[

3(1− x)

]

⇔x2−3x+2=3(1− x) ⇔x2=1⇔x=±1

Đối chiếu điều kiện ( * ) ta có nghiệm của phương trình đã cho là: x = - 1

c) ( 1 ñ ) loga

[

log2(x −1)

]

>0 ( 1 )

Vì x = 5 không là nghiệm của ( 1 ) nên ta có

loga

(

log24

)

≤0⇔loga2≤0⇔0<a<1

Khi doù ( 1 )  0 log ( 2 x1) 1 

1  x 1 2 2x3

Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm là : 2 < x < 3
Bài 3 ( 3 đ ) : a) ( 1 đ ) * Hình vẽ

Gọi M,N là trung điểm của BC, AB và O là giao điểm của AM và CN
Ta có SO mp(ABC)

SO là đường cao hình chóp S.ABC
Ta có: AB= a

√

3 ; CN = a

√

3 .2

√

3=3a

⇒OC=2 CN

3 =a ; SC = 2a

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

SO⊥(ABC)⇒SO⊥OC
SO ❑2=SC2−OC2⇒SO=a

√

SABC=

(

a

√

)

√

4 =

3a2

√

3
4
VS. ABC=1

3.SABC. SO=
1
3.

3a2

√

4 .a

√

3=
3a3

4 (dvtt)

b) ( 1 đ ) Ta có SO là trục của đường trịn ngoại tiếp đáy ABC của hình chóp
S.ABC. Gọi K là trung điểm của SA

Trong mp(SAO dựng đường trung trực của đoạn SA cắt SO tại I,ta có IA=IS
Mặt khác I thuộc SO nên : IA = IB = IC

Do đó: IA = IB = IC = IS. Vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
S.ABC

Vì ΔSKI đồng dạng ΔSOA⇒SK. SA=SI . SO⇒SI=SA

2SO=
4a2
2a

√

3 =

= 2a

√

Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là R = SI = 2a

√

c ) (1 ñ ) Ta coù: SO⊥(ABC)⇒SO⊥OM;BC⊥SM
OM=a

2;SM

=SO2−OM2=13a
2

4 ⇒SM=
a

√

SSBC=1

2.a

√

3.
a

√

2 =

a2

√

39
4

VS. ABC=VA. SBC=1

3.SSBC.d

(

A ;(SBC)

)

⇒d

(

A ;(SBC)

)

3VS. ABC
SSBC
d









3
2
9

9 3 39

4
;
13
39 39
4
a

a a
A SBC
a
  

Bài 4 ( 1 đ ) Đặt t=lnx ; ta có x∈

[

1
e;e

]

⇔t∈

[

−1;2

]

Hàm số đã cho thành : g(t)= t+1

√

t2

+1;t∈

[

−1;2]
Hàm số g(t) liên tục trên đoạn

[

−1;2

]

g '(t)= 1− t

(

t2+1)

√

t2+1⇒g '

(t)=0⇔t=1∈(1;2)
Ta coù : g(−1)=0; g(1)=

√

2; g(2)=3

√

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

Kết luận:
GTLN của hàm số đã cho trên

[

1e;e2

]

bằng

√

2 , đạt được khi

t=1⇔x=e

GTNN của hàm số đã cho trên

[

1e;e2

]

bằng 0 , đạt được khi t = - 1

⇔x=1

e

__________________&&&&&&&&&&__________________
Chú ý : Mọi cách giải khác mà đúng đều cho điểm tối đa .

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

De thi HKI lop 12 Co ban 20092010

(





√

√

[

(

)

[

]

<sub>[</sub>

<sub>]</sub>

<sub>(</sub>

<sub>)</sub>

√

√

√

√

(

√

)

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

√

(

)

(

)









[

]

[

]

√

[

[

]

(

√

<sub>√</sub>

√

[

]

√

[

]

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về