DAP AN TOAN 12 HK1 201212013

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO. ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I NĂM HỌC 2012 - 2013. BÌNH PHƯỚC. Môn thi: Toán khối 12 THPT Thời gian làm bài: 90 phút. ĐỀ CHÍNH THỨC. A.PHẦN CHUNG (7 điểm) y. 2x  1 x 1. Câu 1 (3 điểm). Cho hàm số a. Khảo sát sự biến thiên vẽ đồ thị (C ) của hàm số trên. b. Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) biết rằng tiếp tuyến đó song song với đường thẳng d: -3x +y +1 = 0. 2 x 2 +5 x+ 4 x +2 Câu 2 (1điểm).Tìm giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của hàm số y = trên đoạn [0;1] Câu 3 ( 1 điểm). Giải phương trình 16x -17. 4x +16 = 0 Câu 4 ( 2 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy, tam giác SAC cân tại A. a. Tính thể tích khối chóp S.ABCD. b. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD). A. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chọn một trong hai phần sau I. Chương trình chuẩn: Câu 5a (2 điểm). Giải các phương trình, bất phương trình sau:. 1 2. (). x2+3 x −4. 1 > 4. (). x−1. a)log2x – 2 log4(x – 3) = -1 b) Câu 6a (1 điểm). Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, mặt bên tạo với mặt đáy một góc 450. Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABCD. II. Chương trình nâng cao: Câu 5b ( 2 điểm) Giải phương trình và hệ phương trình sau: 2. log 5 ( x  1)  log 1 5 log 5 ( x  2)  2.log 1 ( x  2) a). 5. 25. 3x.2 y 972  log 3  x  y  2 b) . Câu 6b (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> bên (SAB) là tam giác đều và vuông góc với đáy. Tìm tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I (2012-2013) MÔN TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC LỚP 12 Đáp án gồm có 07 trang Câu Ý 1. a. Nội dung. Biểu điểm. 2x  1 x 1 Cho hàm số (C) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số trên. y. Tập xác định: R \ {-1}. 0.25. Giới hạn – Tiệm cận:. 0.5. Phương trình tiệm cận ngang : y = 2 vì Phương trình tiệm cận đứng : x = - 1 vì. y'  Đạo hàm:. lim y lim y 2 x  . x  . lim y , lim y   x   1. x   1. 0.5. 3 2  x  1. y '  0 x  D  Hàm số đồng biến trên các khoảng ( -∞; -1) và (-1; +∞ ) Hàm số không có cực trị Bảng biến thiên: x. 0.25 -1. . y'. . +. + . y. . 2. Giao với trục Ox:. 2. y 0  x . 1 2. Giao với trục Oy: x 0  y  1. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> b.. Đồ thị:. 0.25. Tiếp tuyến song song với d nên hệ số góc k = 3.. 0,25. f’(x0) = 3. 2. ⇔. 3 ( x 0 +1)2. 0.25 = 3 ⇔ (x0 + 1)2 = 1. ⇔ x0 = 0 hoặc x0 = -2. +x0 = 0 => y0 = -1: phương trình tiếp tuyến là y = 3x - 1. 0.25. +x0 = -2 => y0 = 5: phương trình tiếp tuyến là y = 3x + 11. 0.25. 2 x 2 +5 x+4 x +2 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = trên đoạn [0;1] 2 x 2 +5 x+4 x +2 Hàm số y = xác định và liên tục trên đoạn [0;1] 2 2 x +8 x +6 ( x +2)2 y’ = , y’ = 0 ⇔ x = -1 ¿ [ 0;1 ] hoặc x = -3 ¿ [ 0;1 ]. 0.25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> y’ > 0. ∀ x∈ [ 0;1 ]. 11 y(0) = 2, y(1) = 3. max y = Vậy. [ 0; 1 ]. 11 3. 0.25. min y =2 ;. 0.25. [ 0 ;1 ]. Giải phương trình 16x - 17.4x +16 = 0. 3. 4. Đặt 4x = t >0 , Phương trình trở thành: t2 -17t + 16 = 0. 0.25. Với t = 16 thì 4x = 16. 0.25. ⇔. x=2. Với t = 1 thì 4x = 1 <=> x = 0. 0.25. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm :x = 0 và x = 2. 0.25. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy, tam giác SAC cân tại A. a. Tính thể tích khối chóp S.ABCD. a. 2 2 Diện tích hình vuông ABCD là: S ABCD  AB a. Ta có:. AC a 2. 0.25 0.25. Vì tam giác SAC cân tại A nên SA = AC = a 2 SA vuông góc mặt đáy nên SA là đường cao của hình chóp.. 1 1 a3 2 2 V  .SA.S ABCD  a 2.a  3 3 3 Thể tích khối chóp S.ABCD là b. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD).. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Dựng AH  SC , H thuộc SC. 0.5. CD   SAD  Ta có: CD  SA, CD  AD nên Suy ra CD  AH Vậy AH  ( SCD) suy ra khoảng cách từ A đến mp(SAC) là AH Trong tam giác vuông có AH là đường cao nên: 1 1 1 a 6    AH  AH 2 SA2 AD 2 3. 0.25. a 6 Vây khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD) là 3. 0,25. Câu 5a (2 điểm). Giải các phương trình, bất phương trình 5a. a. b. 6a. Điều kiện: x > 3. 0.25. Phương trình đã cho trở thành log2x = log2 (x – 3) - log22  log22x = log2(x – 3) ⇔ 2x= x – 3 ⇔ x = -3. 0.25. So với điều kiện , phương trình đã cho vô nghiệm. 0.25. 1 2. (). x2+3 x −4. 1 > 4. (). x−1. . 1 2. (). x2+3 x −4. 1 > 2. 2( x−1). (). 0.25. 0.25.  x2 + 3x – 4 < 2(x – 1). 0.25.  x2 + x – 2 < 0  -2 < x < 1. 0.25. Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: (-2;1). 0.25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CD và SA, O là tâm hình vuông ABCD Ta có: SO là đường cao của hình chóp OM  CD, SO  CD nên góc tạo bởi mặt bên (SCD) và mặt đáy là SMO = 450. 0.25. a Suy ra tam giác SOM vuông cân tại O nên SO = OM = 2. 0.25. a √2 OA = 2 2 2 Trong tam giác SAO vuông tại O có: SA  SO  OA a 3 /2 Ta có mọi điểm thuộc SO cách đều A, B, C, D.. 0.25. Trong mp(SAC) dựng đường trung trực của SA cắt SO tại I. Suy ra I là tâm mặt cầu đi qua 5 điểm S, A, B, C, D. Bán kính là R= SI. Ta có tam giác SNI đồng dạng với tam giác SOA nên SN SI SN . SA 3 a = ⇒ SI= = SI SA SO 4 Giải phương trình và hệ phương trình sau:. 5b a. 0.25. log 5 ( x 2  1)  log 1 5 log 5 ( x  2)  2.log 1 ( x  2) 5. 25. Ñieàu kieän : x  2. 0.25. log 5 ( x 2  1)  log 1 5 log 5 ( x  2)  2.log 1 ( x  2) 5. 25.  log 5 ( x 2  1)  log 5 5 log 5 ( x  2)  log 5 ( x  2). 0.25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> x2 1  log 5 log 5  ( x  2)( x  2)  5. . x2 1 ( x  2)( x  2)  x 2  1 5( x 2  4)  x 2  1 5 x 2  20  4 x 2 21 5.  21 x  (loại)  21 21 2 2  x    x 4 2  21 x  2 21 x 2 Vậy phương trình có một nghiệm b. 0.25. 0.25. 3x.2 y 972  log  x  y  2 Giải hệ phương trình  3 .. Điều kiện: x  y  0  x  y 3x.2 y 972   log 3  x  y  2   Ta có:. 0.25 3x.2 y 972    x  y 3. x y  3   y 3 y 3 .2 972. x y  3   y 6 36.  x 5   y 2. So với diều kiện thì hệ phương trình đã cho có nghiệm là (x;y) = (5;2). 0.5. 0.25. 6b. Gọi O là tâm hình vuông ABCD, H là trung điểm của AB, G là trọng tâm tam giác 0,25 SAB. Vì tam giác SAB đều nên G cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> d là đường thẳng đi qua O và vuông góc mp(ABCD), ta có mọi điểm thuộc d cách đều các đỉnh A, B, C, D. d’ là đường thẳng đi qua G và vuông góc mp(SAB), ta có mọi điểm thuộc d’ cách. 0,25. đều các đỉnh S, A, B. d và d’ cắt nhau tại I suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. Bán kính R = SI. Tứ giác OHGI có ba góc vuông nên OHGI là hình chữ nhật suy ra. IG HO . a 2. 0,25. 2 a 3 SG  SH  3 3 Tam giác SAB đều nên. Trong tam giác SGI vuông tại G có. Vậy bán kính mặt cầu là:. R. a 21 6. SI  SG 2  GI 2 . a 21 6. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>