Dap an De thi HK I lop 12 De B

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG T.H.P.T TỐNG DUY TÂN TỔ: TOÁN – TIN ĐỀ B. ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I – NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn: Toán 12 Thời gian làm bài: 90 phút ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM. Câu I. Đáp án. Điểm. 3 2 Cho hàm số: y  x  3 x  2 .. (3 điểm) 1) (2 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số. 10. Hàm số có tập xác định: R. 0,5 điểm. 20. Sự biến thiên của hàm số a) Giới hạn tại vô cực lim y  . x  . ;. 0,25 điểm. lim y . x  . b) Bảng biến thiên:. 0,75 điểm.  x 0 y ' 3 x 2  6 x 0    x  2. x. . y'. –2. . . 0. . 0 0.  . 2. y . -2. Hàm số đồng biến trên các khoảng Hàm số nghịch biến trên khoảng.   ;  2 . và.  0;  .   2; 0  .. y  y   2  2 Hàm số đạt cực đại tại x  2 ; CD y  y  0   2 Hàm số đạt tiểu đại tại x 0 ; CT. 30. Đồ thị. 0,5 điểm.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 2)Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm của phương trình 3 2 3 2 Ta có x  3x  2  b 0  x  3 x  2 b. Nên số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số (C) và đường thẳng y b .. 0.5 điểm. Từ đó: . Nếu b   2 hoặc b  2 thì phương trình có 1 nghiệm.. . Nếu b  2 hoặc b 2 thì phương trình có 2 nghiệm. . Nếu  2  b  2 thì phương trình có 3 nghiệm. II (1 điểm). Tính giá trị của biểu thức: B log3 81  log 2. B log 3 81  log 2. III (1 điểm). 1  4log2 5 64. 2 1  4log2 5 log3 34  log 2 2 6   2log 2 5  64. B 4  6  52  27. 0.5 điểm. 0,5 điểm 0,5 điểm. 1 3 f  x   x4  x2  2 2 trên đoạn  0; 2 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số  x 0   0; 2   f '  x  2 x 3  2 x 0   x 1  0; 2   x  1  0; 2    f  0 . 3 11 f  2  f 1  1   2; 2 ;. 0,5 điểm. 0,5 điểm.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 11 max f  x   min f  x  1 2 và  0;2 Vậy:  0;2 IV. 1) (1 điểm) Tính thể tích khối chóp S.DEF. (2 điểm) Do tam giác DEF vuông cân tại E và DE b nên DF b 2   SF ; mp  DEF   SF ; DF  SFD Vì SD  mp( DEF ) nên . 0,25 điểm. 0,25 điểm. 0  Suy ra: SFD 45. Từ đó SD DF b 2. 0,25 điểm. Vậy, thể tích của khối chóp S.DEF là: VS . DEF. 1 1 b3 2  dt  DEF  .SD  .DE.EF .SD  3 6 6. 0,25 điểm. 2) Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.DEF  FE  DE  Vì  FE  SD nên FE  SE , hay tam giác SEF vuông tại E. Tam giác SDF vuông tại D. 0,5 điểm. Vì thế, gọi O là trung điểm SP thì: OS OF OE OD Từ đó O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.DEF. Vì O là trung điểm SF nên, bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chop S.DEF là: 2. 2. r. 2. SF SD  DF   2 2.  b 2 b 2 2. 2. b. 0,5 điểm.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> S. O. F. D. E. Va (1 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số có hoành độ x0 2 .. y. 3x  2 x  1 tại điểm thuộc đồ thị hàm số. Ta có: x0 2  y0 4 y ' . 1.  x  1. 2. 0,5 điểm.  y '  2   1. Vậy, phương trình tiếp tuyến cần lập là: 0,5 điểm. y  4  1 x  2   y  x  6. VIa (1 điểm). x x Giải phương trình: 36  11.6  30 0. x 2 Đặt t 6 , t  0 ta có phương trình: t  11t  30 0. 0,5 điểm.  6 x 5  x log 6 5  t 5   x   t 6  x 1  6 6. 0,5 điểm. VIIa (1 điểm). Giải bất phương trình:. log 1  2 x  5  log 1  x  1 3. Bất phương trình tương đương với: 2 x  5  x  1  x  1  0. 3. 0,5 điểm.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> x   6   x 1 x 1. 0,5 điểm. Vậy, tập nghiệm của bất phương trình là:. S  1;  . Vb (1 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số điểm. B  1;5 . y. 3x  2 x  1 , biết rằng tiếp tuyến đi qua. .. Gọi x0 là hoành độ tiếp điểm, phương trình tiếp tuyến cần lập có dạng: y . 1.  x0  1. 2.  x. x0  . Vì tiếp tuyến đi qua điểm 5 . 1.  x0  1. 1  x0   2 . 0,25 điểm. 3 x0  2 x0  1 B  1;5 . nên:. 3x0  2  x0 2 x0  1. 0,25 điểm. Vậy tiếp tuyến cần lập là: y . 1.  2  1. x  2  2 . 3.2  2  y  x  6 2 1. 0,5 điểm. VIb. 2  x 1  2 log 9  x 2  5 x  6  3log 27    log 9  x  6 x  9  2   (1 điểm) Giải phương trình:.  x 2  5 x  6 0    x 1  0  x2  6 x  9  0 Điều kiện xác định: .  x 2, x 3  x   1. Phương trình tương đương với:. 0,25 điểm.  x 1  log 3  x  2   x  3 log 3    log 3 x  3  2    x 1    log3  x  2   x  3 log3    x 3  2    x 1    x  2   x  3   x 3  2  x 1    x 3 x 2   0 2  . 0,25 điểm.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>  x  3 0   x  2  x  1 0  2 *. *. x  3  x 3. x 2 . x 1 0 2 (1). -nếu x  2 thì -nếu x  2 thì. (1)  x  2 . x 1 0  x 5 2 thỏa mãn điều kiện.. (1)   x  2 . 0,5 điểm. x 1 0  x 1 2 thỏa mãn điều kiện.. Vậy phương trình có hai nghiệm: x 1 và x 5 VIIb (1 điểm). 2x Giải phương trình sau: 3. 2. 2 x 3.  3 3x. 2. 3 x 3.  3x. 2.  x 1. 2 2 Đặt u x  3 x  2 , v  x  x  1 , phương trình đã cho viết lại là:. 3u v  3 3u 1  3v  3  3u  1  3v  3u  1 0. 0,5 điểm.  3u  1 0  u 0   3u  1  3  3v  0     v 1 v   3  3 0  x  1 x 2  3x  2 0    x  2 *Với u 0 , ta có  x 0 x 2  x  1 1  x 2  x 0    x 1 *Với v 1 , ta có. 0,5 điểm. Vậy phương trình có nghiệm x  2 , x  1 , x 0 , x 1 .. Ghi chú: Nếu học sinh làm theo cách giải khác cách giải trong hướng dẫn chấm này thì vẫn cho điểm tối đa cho mỗi phần tương ứng theo thanh điểm..

<span class='text_page_counter'>(7)</span>