Dap an Toan 12HK12012

<span class='text_page_counter'>(1)</span>HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI KIỂM TRA HỌC KỲ I – ĐỀ SỐ 1 MÔN TOÁN 12 NĂM HỌC 2012 – 2013 BÀI NỘI DUNG 1.1 Khảo sát SBT và vẽ ĐTHS (C) y  x3  3x  2 * TXĐ: D   *Sự biến thiên + Chiều biến thiên: y '  3x 2  3, y '  0  x  1 Hàm số đồng biến trên các khoảng (; 1),(1; ) và nghịch biến trên khoảng (1;1) +Cực trị: Hàm số đạt CĐ tại x  1, yCD  4 , Hàm số đạt CT tại x  1, yCT  0 + Giới hạn: lim y  , lim y   x . 1.2. ĐIỂM 2.0 0.25 0.5. 0.25 0.25. x . + Bảng biến thiên:. 0.25. + Đồ thị: - Giao Ox - Giao Oy. 0.5. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình x 3  3 x  m  0 . Ta có x 3  3 x  m  0  x 3  3x  2  2  m (1) Số nghiệm của PT (1) chính là số giao điểm của (C) với đường thẳng. 1.0 0.25 0.25. (d ) : y  2  m -. 2.1. Nếu m < -2 hoặc m > 2 thì PT có 1 nghiệm Nếu m = -2 hoặc m = 2 thì PT có 2 nghiệm phân biệt Nếu m  (2;2) thì PT có 3 nghiệm phân biệt. 0.5. Giải bất phương trình 4 x  6.2 x  8  0. 1.0 0.5. t  4 t  2. - Đặt t  2 x , điều kiện t >0, ta có BPT: t 2  6t  8  0   - Với t  4  x  2 - Với t  2  x  1 Vậy BPT có tập nghiệm là T  (;1)  (2; ). 2.2. Giải phương trình log 4 x 2  log. 2. 0.5. 1.0. x  2  log 2  2x  3. Điều kiện: x > 2 Ta có PT  log 2 x  log 2 ( x  2)  log 2 (2x  3). 0.25 0.25 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 0.25. x 1  ...  x  4x  3  0   x  3 2. So sánh và kết luận PT có nghiệm duy nhất x = 3. 3. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f ( x )   x  1 .e. x. 0.25 1.0. trên đoạn.  3;ln 2 . Ta có: y '  ( x  2)e x , y '  0  x  2. 0.25. 1 2 , y (3)   3 , y (ln 2)  2(1  ln 2) 2 e e 1 max y  2(1  ln 2), min y   2 [ 3;ln 2] [ 3;ln 2] e S Tính VS . ABCD. 0.25. y (2)  . 4.1. 0.5 2.0. - Ta có.   600 , SA  AB.tan SBA   2a 3 SBA. M. S ABCD  AB.BC  2a 2. H. 1 4a 3 3 VS . ABCD  SA.S ABCD  3 3. N A. 60. B. (VẼ HÌNH =0.5Đ) D. 4.2. Tính thể tích khối chóp S.AMND Từ giả thiết suy ra N là trung điểm của SC. Ta có VS . AMND  VS . ANM  VS . AND + Ta lại có Và. 4.3. C. VS . AND VS . ACD. 1.0 0.25. VS . ANM SA SN SM 1 1 1  . .   VS . ANM  VS . ACB  VS . ABCD VS . ACB SA SC SB 4 4 8 SA SN SD 1 1 1  . .   VS . AND  VS . ACD  VS . ABCD SA SC SD 2 2 4. 0.25 0.25. 3 a3 3 Vậy VS . AMND  VS . ANM  VS . AND  VS . ABCD  8 2 Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC . Gọi H là trung điểm của SD thì SB / /( HAC ) , 3V Suy ra d ( SB, AC )  d ( SB,( HAC ))  d ( S ,( HAC ))  S . AHC (1) S AHC. 0.25 1.0 0.25. a3 3 (2) 3 a 21 a 13 Mặt khác: AC  a 5, HC  , AH   S AHC (3) 2 2 Thay (2) và (3) vào (1) ta được d ( SB, AC ) = ---HẾT--1 2. 1 4. 0.25. Ta có VS . AHC  VS . ACD  VS . ABCD . 0.25 0.25. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI KIỂM TRA HỌC KỲ I – ĐỀ SỐ 2 MÔN TOÁN 12 NĂM HỌC 2012 – 2013 NỘI DUNG. BÀI 1.1. Khảo sát SBT và vẽ ĐTHS (C) y   x3  3x 2  2 * TXĐ: D   *Sự biến thiên + Chiều biến thiên: y '  3x 2  6 x, y '  0  x  0, x  2 Hàm số nghịch biến trên các khoảng (;0),(2; ) và đồng biến trên khoảng (0;2) +Cực trị: Hàm số đạt CĐ tại x  2, yCD  2 , Hàm số đạt CT tại x  0, yCT  2 + Giới hạn: lim y  , lim y   x . *Bảng biến thiên: x  y' . x . ĐIỂ M 2.0 0.25 0.5. 0.25 0.25 0.25. 0 0. . 2 0 2. +. -. y. . -2. + Đồ thị: - Giao Ox - Giao Oy. 0.5 2. 5. 2. 4. 1.2. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình x 3  3 x 2  m  0 . Ta có x 3  3 x 2  m  0   x3  3x 2  2  2  m (1) Số nghiệm của PT (1) chính là số giao điểm của (C) với đường thẳng. 1.0 0.25 0.25. (d ) : y  2  m -. 2.1. Nếu m < -4 hoặc m > 0 thì PT có 1 nghiệm Nếu m = -4 hoặc m = 0 thì PT có 2 nghiệm phân biệt Nếu m  (4;0) thì PT có 3 nghiệm phân biệt. 0.5. Giải bất phương trình 9 x  2.3x  15  0. t  3  t  5. - Đặt t  3x , điều kiện t >0, ta có BPT: t 2  2t  15  0   So sánh với đk ta có t  3  3x  3  x  1 Vậy BPT có tập nghiệm là T  (1; ). 2.2. Giải phương trình log 9 x 2  log 3  x  3  log Điều kiện: x > 3. 1.0 0.5 0.5. 3. 2x  4. 1.0 0.25 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 0.25 0.25. Ta có PT  log 3 x  log 3 ( x  3)  log 3 (2x  4). x 1  ...  x 2  5x  4  0   x  4 So sánh và kết luận PT có nghiệm duy nhất x = 4. 3. x. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f ( x )   x  1 .e trên đoạn. 0.25 1.0.  2;ln 3 . Ta có: y '  xe x , y '  0  x  0. y (0)  1, y (2)   max y  . [ 3;ln 2]. 4.1. 0.25 0.25. 3 , y (ln 3)  3(ln 2  1) e2. 0.5. 3 , min y  1 e 2 [ 3;ln 2] S. Tính VS . ABCD - Ta có. 2.0.   450 , SA  AB.tan SDA a SDA. E. 2. S ABCD  AB.BC  a 1 a3 VS . ABCD  SA.S ABCD  3 3. H. F 45. A. D. (VẼ HÌNH =0.5Đ) B. 4.2. Tính thể tích khối chóp S.AEFB Từ giả thiết suy ra F là trung điểm của SC. Ta có VS . AEFB  VS . AFE  VS . AFB + Ta lại có Và. VS . AFB VS . ACB. VS . AFE SA SF SE 1 1 1  . .   VS . AFE  VS . ACD  VS . ABCD VS . ACD SA SC SD 4 4 8 SA SF SB 1 1 1  . .   VS . AFB  VS . ACB  VS . ABCD SA SC SD 2 2 4. a3 8 Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và AC . Gọi H là trung điểm của SB thì SD / /( HAC ) , 3V Suy ra d ( SD, AC )  d ( SD,( HAC ))  d ( S ,( HAC ))  S . AHC (1) S AHC 3 8. Vậy VS . AEFB  VS . AFE  VS . AFB  VS . ABCD . 4.3. C. 1 1 a3 Ta có VS . AHC  VS . ACD  VS . ABCD  (2) 2 4 12 a 6 a 2 Mặt khác: AC  a 2, HC  , AH   S AHC (3) 2 2 Thay (2) và (3) vào (1) ta được d ( SB, AC ) = ---HẾT. 1.0 0.25. 0.25 0.25. 0.25 1.0 0.25. 0.25 0.25 0.25. 4.

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