De thi mon toan lop 12 cua so GD Kien Giang 2011

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIÊN GIANG. ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I - LỚP 12 THPT MÔN: TOÁN Ngày kiểm tra: 15/12/2011 Thời gian làm bài: 90 phút;. (Đề thi có 01 trang). I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm). 1 3 9 x − 3x 2 + x . 2 2 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C ) tại điểm có hoành độ x0 , biết rằng f / / ( x0 ) = 6 .. Câu I (3,0 điểm) Cho hàm số y = f ( x) =. Câu II (3,0 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng ( ABCD) , đáy ABCD là hình vuông, tam giác SAC cân đỉnh A và SC = 4a . Gọi M là trung điểm của đoạn SC . 1) Tính thể tích khối chóp S . ABCD , theo a . 2) Chứng minh rằng M là tâm mặt cầu đi qua các đỉnh của hình chóp S . ABCD . Tính diện tích mặt cầu này, theo a . 3) Tính khoảng cách từ điểm S đến mặt phẳng ( AMD) , theo a . Câu III (1,0 điểm) Tìm cực trị của hàm số y =. x2 − 3 . ex. II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu IV.a (2,0 điểm) 1) Giải phương trình 27.9 x + 242.3x − 9 = 0 . 1 2) Giải bất phương trình log 2 (2 x) + ≤ 5. log 4 x Câu V.a (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x) = 4 x 3 − x 4 + 1 trên đoạn [1; 4] . 2. Theo chương trình Nâng cao : Câu IV.b (2,0 điểm) 1) Giải phương trình 2.log 52 x + 17.log 5 x − 9 = 0 . 2) Giải phương trình e x − 1 − ln(1 + x) = 0 . Câu V.b (1,0 điểm) Tìm các tiệm cận của đồ thị hàm số y =. 2 x2 − x − 4 . x −1. -------- Hết-------Thí sinh không được sử dụng tài liệu, giám thị không giải thích gì thêm..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIÊN GIANG −−−−−−−−−− (Đáp án này gồm có 03 trang) Câu I. 1) 2,0 đ. ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I MÔN TOÁN LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2011−2012 −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− Đáp án. * TXĐ : D = R. (0,25đ) 3 9 * y / = x 2 − 6 x + ; (0,25đ) 2 2 ⎡x = 1 y/ = 0 ⇔ ⎢ (0,25đ) ⎣x = 3 * Giới hạn : lim y = −∞ ; lim y = +∞ (0,25đ) x →−∞. * BBT. * Đồ thị. x →+∞. x −∞ y’ +. 1 0 −. 3 0. y. 2. 0. +∞ +. (0,5đ) (0,25đ). +∞. −∞ Hàm số đồng biến trên (−∞ ; 1) và (3 ; +∞) ; nghịch biến trên (1 ; 3). (0,25đ) Hàm số đạt cực đại tại x = 1 , yCÑ = 2 ; đạt cực tiểu tại x = 3 , yCT = 0 .. I. 2) 1,0đ. II. 1) 1,0đ. • f / / ( x) = 3 x − 6 ; f / / ( x0 ) = 6 ⇔ x0 = 4 . (0,25đ) 9 • y0 = 2 và f / (4) = . (0,25đ) 2 • Phương trình tiếp tuyến : y − y0 = f / ( x0 )( x − x0 ) (0,25đ) 9 ⇔ y = x − 16 . (0,25đ) 2 • ∆SAC vuông cân tại A và SC = 4a nên SA = AC = 2 2a . (0,25đ) • Cạnh hình vuông bằng 2a (0,25đ) 1 8 2a 3 • VS . ABCD = SA.S ABCD = (mỗi ý 0,25đ) 3 3. S. M. A B. II. 2) 1,0đ. D C. • Vì BC ⊥ SA và BC ⊥ AB nên BC ⊥ ( SAB) . Suy ra BC ⊥ SB . (0,25đ) • Tương tự CD ⊥ SD . (0,25đ) n = SDC n = SAC n = 900 nên S , A, B, C , D cùng thuộc mặt cầu đường kính SC, tâm M, • Do SBC SC = 2a . (0,25đ) bánh kính r = 2 • Diện tích mặt cầu này : 4π r 2 = 16π a 2 . (0,25đ). Trang 1.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> II. 3). • Ta có d ( S , ( AMD)) =. 1,0đ. • Vì. 3VSAMD . (0,25đ) S AMD. VSAMD SM 1 1 2 2a 3 . (0,25đ) = = nên VSAMD = VSACD = 2 3 VSACD SC 2. • Ta có MA = MD = 2a = AD nên S AMD = 3a 2 . (0,25đ) • d ( S , ( AMD)) =. III 1,0đ. 2 2a . (0,25đ) 3. • TXĐ : D = R. − x2 + 2 x + 3 . (0,25đ) • y/ = ex ⎡ x = −1 • y/ = 0 ⇔ ⎢ . (0,25đ) ⎣x = 3. x y’. −1. −∞ −. 0. +. 3 0. 1,0đ. IV.a 2) 1,0đ. V.a 1,0đ. 6 (0,25đ) e3. • Đặt t = 3x , t > 0 . (0,25đ) 1 ⎡ t= • Ta được phương trình 27.t 2 + 242.t − 9 = 0 ⇔ ⎢ 27 ⎢ ⎣t = −9 (loại) (Tìm được hai nghiệm theo t chấm 0,25đ, biết loại nghiệm : 0,25đ) 1 1 •t= ⇔ 3x = ⇔ x = −3. (0,25đ) 27 27 • Điều kiện : 0 < x ≠ 1 . (0,25đ) 4 • Bất phương trình được viết lại : 1 + log 2 x + ≤ 5 . (0,25đ) log 2 x ⎡t < 0 4 t 2 − 4t + 4 • Đặt t = log 2 x ta được t + − 4 ≤ 0 ⇔ (0,25đ) ≤0⇔⎢ t t ⎣t = 2 ⎡0 < x < 1 (0,25đ) • ⇔⎢ ⎣ x=4 ⎡ x = 0 (loại) • f / ( x) = 12 x 2 − 4 x3 ; f / ( x) = 0 ⇔ ⎢ (0,25đ) ⎣x = 3 • f (1) = 4 ; f (3) = 28 ; f (4) = 1 . (0,25đ) • max f ( x) = f (3) = 28. (0,25đ) [1;4]. • min f ( x) = f (4) = 1. (0,25đ) [1;4]. IV.b 1) 1đ. −. y. • Hàm số đạt cực tiểu tại x = −1, yCT = −2e ; đạt cực đại tại x = 3, yCÑ = IV.a 1). +∞. • Điều kiện : x > 0 . ⎡ 1 t= • Đặt t = log 5 x ta được phương trình 2.t + 17t − 9 = 0 ⇔ ⎢ 2 (0,25đ) ⎢ (0,25đ) ⎣t = −9 1 1 • t = ⇔ x = 5 2 (0,25đ) 2 • t = −9 ⇔ x = 5−9 (0,25đ) 2. Trang 2. (0,25đ).

<span class='text_page_counter'>(4)</span> IV.b 2) 1đ. • Điều kiện x > −1. • Xét hàm số y = e x − 1 − ln(1 + x) . Ta có y / = e x −. (0,25đ). 1 . 1+ x. x y’. (0,25đ) 0 −1 0 −. 1đ. +. 1 y nghịch biến trên 0 1+ x 1 (−1; +∞) nên phương trình y / = 0 ⇔ e x = có nghiệm duy nhất x = 0 . (0,25đ) 1+ x • Từ BBT của y = e x − 1 − ln(1 + x) ta có ngay phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 0. (0,25đ) • lim− y = +∞ , lim+ y = −∞ (0,25đ) • Vì f ( x) = e x đồng biến và g ( x) =. V.b. +∞. x →1. x →1. nên đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số. (0,25đ) −3 • lim ( y − 2 x − 1) = lim = 0 (0,25đ) x →±∞ x →±∞ x − 1 nên đường thẳng y = 2 x + 1 là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số. (0,25đ). Chú ý: • Nếu học sinh giải cách khác mà đúng thì giám khảo vẫn cho điểm tối đa câu đó. • Làm tròn điểm toàn bài : *,25đ → *,3đ *,5đ → *,5đ *,75đ → *,8đ. (Trong đó, dấu * là đại diện cho số một nguyên từ 0 đến 9).. Trang 3.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>