DEDATOAN12KI 120122013

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD-ĐT BÌNH ĐỊNH TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG -----------------------------ĐỀ CHÍNH THỨC. ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I - NĂM HỌC 2012 – 2013 Môn : TOÁN 12 Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian phát đề) ------------------------------. I. PHẦN CHUNG CHO HỌC SINH CẢ HAI BAN (8,0 điểm) x 1 Câu I ( 3,0 điểm) Cho hàm số y = x  2 có đồ thị (C). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho . 2) Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng (d): y = -x + 7 với đồ thị (C). Câu II ( 2,0 điểm) 1) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x 5 −5 x 3 +2 trên đoạn [-1;1]. sin x  ln x 2  3 . 2) Tìm đạo hàm của hàm số: y e. Câu III ( 2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC biết SA vuông góc với mp(ABC), góc giữa SB và . mặt đáy bằng 30 ; ABC vuông tại A có AB a 3 , ACB 30 . 1) Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a. 2) Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SB, SC. Tính thể tích khối chóp A.BMNC theo a. 0. 0. Câu IV (1,0 điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm : ¿ x + y =m √ x −2012+2 √ y+ 2013=4 ¿{ ¿. II. PHẦN DÀNH CHO HỌC SINH TỪNG BAN (2,0 điểm) ( Thí sinh học theo chương trình nào chỉ được làm phần dành cho chương trình đó) A. Dành cho thí sinh học sách cơ bản Câu Va (1,0 điểm) Giải các phương trình: 4 x −10 .2 x −1 − 24=0. Câu VIa ( 1,0 điểm) Cho hình nón đỉnh S, đường tròn đáy có tâm là O. Gọi A là một điểm trên đường tròn đáy. Biết rằng SA = 2a, và hình nón này có chiều cao bằng bán kính đáy. Hãy tính diện tích xung quanh của hình nón và thể tích của khối nón. B. Dành cho thí sinh học sách nâng cao Câu Vb ( 1,0 điểm). P 23 log2 3  3 log 1 27 3 Tính giá trị của biểu thức: Câu VIb (1,0 điểm) Cho hình chóp đều S.ABC cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng 2a. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC.. ------Hết------.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Họ và tên thí sinh:……………………………………Số báo danh:…………… CÂU. ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I MÔN TOÁN 12 (12 – 13) Ý ĐÁP ÁN  TXĐ: D = R\{2}  Sự biến thiên: lim y  , lim y  x 2  x = 2 là tiệm cận đứng + x 2 + lim y  lim y 1 x   x    y = 1 là tiệm cận ngang 3 y  0 2 ( x  2) + Bảng biến thiên: với mọi x 2. ĐIỂM 0,25 0,25. 0,5. I. 1 + Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng: ( − ∞; 2 ) , (2 :+ ∞ )  1  0;   2  , và cắt trục hoành tại   1; 0  + Đồ thị: cắt trục tung tại  Đồ thị nhận giao điểm I(2; 1) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng. 1,0. PT hđgđ của (C) và d là:. x 1  x  7 x 2. II. ⇔ x 2 − 8 x+15=0 , ( x ≠ 2) ⇔ x=5 ⇒ y=2 2 ¿ x=3 ⇒ y=4 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ Vậy d cắt (C) tại 2 điểm (5 ;2) và (3 ;4) . 1 * x 5 −5 x 3 +2 y '=5 x 4 −15 x 2. 0,25 0,25 0,25 0,25. 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> y '=0 ⇔ x=0 ¿ x=√ 3 ∉[-1;1] ¿ x=− √3 ∉[-1;1] ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ Ta có : y ( 0 )=2 , y ( − 1 )=6 , y ( 1 )=−2 Vậy max y =6 tại x = -1, min x ∈[− 1;1 ]. y ' esin x .  sin x  ' 2. y ' esin x .cosx . III. 2. IV. 1. . 0,25. y. =−2. tại x = 1.. x∈ [− 1 ;1]. '. 0,25. 2. x. y ' esin x .cosx . 1. . x2  3. 0,25. x 3. x2  3. 0,5. 2. x 3 x x2  3. 0,25. S. SA (ABC) nên SA là đường cao của hình chóp S.ABC. Tính SA = AB.tan300 = a AB Tính AC = = 3a tan 300 1 3 √ 3 a2 Tính S Δ ABC= AB . AC= 2 2 1 √ 3 a3 Tính V S . ABC= S Δ ABC . SA= 3 2. M. N. hv 0.5. 0,25. A. C. a 3. B. Ta có: V S . AMN SM SN 1 1 = . = suy ra V S . AMN = V S . ABC 4 V S . ABC SB SC 4 3 3 3 3 √3 a 3 √3 a V = V suy ra = . = A . BMNC 4 S .ABC 4 2 8 Điều kiện : x ≥ 2012 , y ≥ −2013 Đặt u= √ x −2012 , v=√ y +2013 , khi đó u ≥0 , v ≥ 0 ¿ u+2 v=4 ❑❑ ❑❑(1) ❑. u2 + v 2 −1=m (2) Hệ phương trình trở thành: (I ) ¿{ ¿ Từ (1) suy ra 2v = 4 – u, mà u ≥0 nên suy ra v ≤ 2 . Như vậy v ∈ [ 0 ; 2 ] .. 0,25. 0,5 0,5. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> ⇔ u=4 − 2 v. Ta có hệ (I). ❑. 5 v 2 − 16 v +15=m (3) ¿{ Vậy hệ phương trình ban đầu có nghiệm khi và chỉ khi pt(3) có nghiệm v ∈[ 0 ; 2] . Xét hàm số f (v )=5 v 2 −16 v+15 , v ∈ [ 0 ; 2 ] . Có f ' (v )=10 v −16 , 8 f ' (v )=0 ⇔ v= . 5 Bảng biến thiên : v. 8 5 0. 0. f ' (v ). -. 2 3. f (v ). 11 5. Từ bảng biến thiên ta có giá trị m cần tìm là :. Va. 0,25. +. 15. x. 0,25. 11 ≤ m≤ 15 . 5. x. Pt ⇔ 4 −5 . 2 −24=0 Đặt t=2x , t> 0 Pt trở thành : t 2 −5 t − 24=0 ⇔ t=8 ¿ t=−3(loai) ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ x * t=8 ⇔ 2 =8 ⇔ x=3 Vậy phương trình có một nghiệm. 0,25 0,25. 0,5. x=3. S 0,25. O A. VIa Lý luận được tam giác SOA cân tại O và tính được h = SO = OA = R = a √ 2. 0,25. Tính được diện tích xung quanh Sxq = 2 √ 2 πa2. 0,25. Tính được thể tích V =. 2 √ 2 πa3 3. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> * Vb. *. 23 log2 3  3log 1 3. 23 2. log2 3. . 8 3. 0,25 0,25. 3 2. 9 27 3log3 1 3  2. 8 9 11 P    3 2 6 *. 0,5. S 2a N. VI b. 0,25. O. A G. a B. C M. Xác định đúng tâm O. 0,25. 11 3 Tam giác SON đồng dạng với tam giác SAG, nên ta có: SA . SN 3 R=SO= =2 a SG 11 Tính được SG =. √ SA2 − AG2 =a. √. √. * Ghi chú: Mọi cách giải đúng và hợp l‎í khác đều cho điểm tối đa -------------------------------------------------------------------------------------------------------------. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>