Toan 12 hoc ky 1 can tho

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP CẦN THƠ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG. ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I NĂM HỌC 20142015 MÔN: TOÁN LỚP 12. Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. ĐỀ CHÍNH THỨC. -------------------------------------. Câu I:( 3 điểm ) Cho hàm số y  x3  3x  2 (1) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2) Gọi (d ) là đường thẳng đi qua điểm A(2;0) và có hệ số góc m. Tìm các giá trị thực của tham số m để (d ) cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt trong đó một điểm có hoành độ âm và hai điểm có hoành độ dương. Câu II:( 3 điểm ) 1) Giải các phương trình a) 16x  5.20x  4.25x  0 . b) log 2 ( x  1)  3  log 4 ( x  5)2 . 2) Chứng minh rằng với hàm số y  x 2 .e x ta luôn có đẳng thức y  2 y  y  2e x . Câu III:( 2 điểm ) Cho hình chóp tam giác S.ABC có mặt bên SAB và mặt đáy ABC nằm trong hai mặt phẳng vuông góc nhau, SAB là tam giác đều cạnh a, ABC là tam giác vuông cân tại C. Gọi H, E, F lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, SB, BC. Tính theo a thể tích của khối chóp E.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng HF và SC. Câu IV:( 1 điểm ) Người ta muốn làm một cái thùng bằng thiếc dạng hình trụ ( có nắp ) để chứa được 64 lít nước. Tính chiều cao và bán kính đáy của thùng để khi làm được thùng tốn ít vật liệu nhất? Câu V:( 1 điểm ) Tìm trên đồ thị hàm số y . 2x  4 hai điểm A, B đối xứng nhau qua đường thẳng (d ) : y  2 x  6 x 1. . ----------- HẾT ---------Học sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN CÂU I 3(điểm). NỘI DUNG 1/ (2điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị (C): y  x3  3x  2 Txđ: D  ------------------------------------------------------------------------------------------------------------Giới hạn lim y  ; lim y   x . -∞. y/. -1. 0.25. +. -. 0. 0.25. +∞. 1 +. 0. 0.5 +∞. 4 y. 0.25. x . ------------------------------------------------------------------------------------------------------------y /  3x 2  3  x 1 Cho y /  0  3x 2  3  0    x  1 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------Bảng biến thiên:. x. ĐIỂM. 0. -∞. ------------------------------------------------------------------------------------------------------------Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 1 và 1;   . Hàm số đạt cực đại tại điểm x = - 1; yCD  y(1)  2 , đạt cực tiểu tại điểm x  1, yCT  y(1)  0 . ------------------------------------------------------------------------------------------------------------y //  6 x, y //  0  x  0  y(0)  2 => Đồ thị (C) có một điểm uốn U (0; 2) Vẽ đồ thị y. 0.25. ^. 4. 2. 0.5. U. > -10. -5. O 1. -2. 5. 10. x. -2. -4. ------------------------------------------------------------------------------------------------------------2. ---------.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2/ (1điểm) Một đường thẳng d đi qua điểm A(-2; 0) và có hệ số góc m. Định m để d cắt (C) tại ba điểm phân biệt có hoành độ đồng thời thỏa các điều kiện: Một hoành độ âm và hai hoành độ dương. Phương trình của đường thẳng d đi qua điểm A(2;0) và có hệ số góc m là: y  mx  2m ------------------------------------------------------------------------------------------------------------Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và d là: x3  3x  2  mx  2m  ( x  2)( x 2  2 x  1  m)  0 (1) x  2   2  x  2 x  1  m  0 (2) ------------------------------------------------------------------------------------------------------------Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt có hoành độ thỏa điều kiện bài toán khi pt (2) có hai nghiệm dương phân biệt. ------------------------------------------------------------------------------------------------------------Tức là:  '(2)  0  m0    S  0   2  0  0  m 1.  P0  1  m  0 . II (3 điểm). 0.25. 0.25. 0.25. 0.25. 1) Giải các phương trình sau: a/ 16x  5.20x  4.25x  0 . b/ log 2 ( x  1)  3  log 4 ( x  5)2 . a/ (1 điểm) 16x  5.20x  4.25x  0 . Phương trình đã cho tương đương với 2x. x. 4 4    5.    4  0 5 5 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------x t 1 4 Đặt t    ; t  0 . Khi đó pt trên trở thành t 2  5t  4  0   5 t  4 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------x. 0.5. 0.25. 0. 4 4 Khi t  1 có       x  0. 5 5 x. 4 Khi t  4 có    4  x  log 4 4 5 5 Vậy pt đã cho có hai nghiệm: x  0; x  log 4 4.. 0.25. 5. ------------------------------------------------------------------------------------------------------------b/ (1 điểm) log 2 ( x  1)  3  log 4 ( x  5)2 (1) 0.25 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  x  1 Điều kiện  . Ta có  x5 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------(1)  log 2 8( x  1)  log 2 x  5  x  5  8( x  1) ------------------------------------------------------------------------------------------------------------  13   x  5  8( x  1) 7 x  13  x   7 (l )     x  5  8( x  1)  9 x  3  x   1 ( n)    3  1 Vậy pt đã cho có một nghiệm: x   . 3 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------2) (1 điểm) Chứng minh rằng với hàm số y  x 2 .e x ta luôn có: y  2 y  y  2e x . Ta có. 0.25. 0.5. y  2 xe x  x 2e x  (2 x  x 2 )e  x. y  (2  2 x)e x  (2 x  x 2 )e x  ( x 2  4 x  2)e  x ------------------------------------------------------------------------------------------------------------Do đó y  2 y  y  x 2e x  2(2 x  x 2 )e x  ( x 2  4 x  2)e x x.  2e Vậy y  2 y  y  2e x (đpcm).. III (2 điểm). 0.5. 0.5. Cho hình chóp tam giác S.ABC có mặt bên SAB và mặt đáy ABC nằm trong hai mặt phẳng vuông góc nhau, SAB là tam giác đều cạnh a, ABC là tam giác vuông cân tại C. Gọi H, E, F lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, SB, BC. Tính theo a thể tích của khối chóp E.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng HF và SC. 0.25. S. E. K H A. N. B. 0.25 I. F. C. 1/ (1 điểm). Tính thể tích của khối chóp E.ABC. Ta có (SAB)  ( ABC), AB  (SAB)  ( ABC) Vì SAB đều nên SH  AB. 0.25 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Suy ra SH  ( ABC ) ------------------------------------------------------------------------------------------------------------Gọi N là trung điểm của HB thì EN / / SH vì EN là đường trung bình của tam giác SHB SH a 3 => EN  ( ABC ) và EN   2 4 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------AB a a 2 Vì tam giác ABC vuông cân tại C nên AB  BC 2  BC    2 2 2 1 1 a2 a2 => S ABC  BC 2  .  2 2 2 4 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------1 1 a 2 a 3 a3 3 Do đó thể tích của khối chóp E.ABC là V  SABC .EN  . . (đ.v.t.t)  3 3 4 4 48 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------2/ (1 điểm). Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng HF và SC. Ta có HF / / AC (vì HF lả đường TB của ΔABC) và AC  (SAC ), HF  (SAC ) => HF / /(SAC ) Do đó d(HF,SC) = d(HF, (SAC))= d(H, (SAC)). ------------------------------------------------------------------------------------------------------------Gọi I là trung điểm của AC, ta có HI / / BC (vì HI lả đường TB của ΔABC )=> HI  AC => SI  AC ( định lý ba đường vuông góc) => AC  (SHI )  (SAC)  (SHI ) , SI  (SHI )  (SAC) . Trên mp(SHI), kẻ HK  SI => HK  (SAC)  d ( H ,(SAC))  HK ------------------------------------------------------------------------------------------------------------a 3 a 2 a2 6 . SH .HI 2 4  8  a 6  a 78 Xét ΔSHK vuông tại H, có HK   2 2 2 26 a 13 2 13 SH  HI 3a a 2  4 4 16 Do đó: d ( HF , SC ) . IV (1 điểm). 0.25. 0.25 --------0.25. 0.25. 0.25. a 78 26. Gọi x và h lần lượt là độ dài bán kính đáy và chiều cao của thùng. (x > 0, h > 0, đơn vị tính: dm). Để làm thùng ít tốn vật liệu nhất thì diện tích toàn phần của thùng phải nhỏ nhất. -----------------------------------------------------------------------------------------------------------Diện tích tòan phần của thùng là: Stp  S xq  Sd  2 xh  2 x 2 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------64 64  Mà V  64  Sd .h  64  h  Sd  x 2 64  64   2 x 2  2    x 2  2 x  x  -------------------------------------------------------------------------------------------------------------. Nên Stp  2 x. 5. 0.25. 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 64   x 2 , x  0 . Ta có x 64 64  2 x3 / f ( x)   2  2 x  x x2 32 f / ( x)  0  64  2 x3  0  x  3  (0; ). Xét hàm số f ( x) . . Bảng biến thiên:. x -∞. 0. /. -. f (x). Từ bảng biến thiên, ta suy ra 32 32 min f ( x)  f ( 3 ) khi x  3 h. . Vậy khi bán kính đáy x . . 3. 32. . +∞.  0. 32. f (3. f (x). (0;  ). 32. 3. . +. ). 64  32    . 3. 2.  23. 32. .  2x 0.25. (dm) và chiều cao h  2 x (dm) thì làm thùng ít tốn vật liệu. nhất.. V (1 điểm). Vì A, B đối xứng qua đường thẳng d nên d là đường trung trực của đoạn AB => d vuông góc với đoạn AB tại trung điểm I của đoạn AB. 1 Vì AB  d : y  2 x  6 nên pt của AB có dạng y  x  m 2 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------Pt HĐGĐ của đt AB và đồ thị (H) là: 2x  4 1  x  m, x  1 x 1 2  x2  (2m  3) x  2m  8  0, x  1(1) Vì A, B là giao điểm của đt AB và (H) nên xA, xB là hai nghiệm của pt (1). Theo Vi-et: 3  2m 1 3  2m 3  2m xA  xB  3  2m  xI   yI  m 2 2 4 4 3  2m 3  2 m ; ) => I ( 2 4 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------3  2m 3  2m 3 Mặt khác I  d   2 6 m  4 2 2 6. 0.25. 0.25. 0.25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> x 3  2 2 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------ x  1  y(1)  1 Khi đó pt (1) trở thành: x 2  6 x  5  0    x  5  y(5)  1  Vậy A(1; 1), B(5;1) hoặc A(5;1), B(1; 1) -------------------------------------------------------------------------------------------------------------. Pt của đt AB là: y . GHI CHÚ: . Mọi cách giải khác nếu đúng trong từng câu vẫn cho điểm tương ứng của từng câu đó.. . Làm tròn điểm theo quy định.. 7. 0.25. ---------.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> MA TRẬN ĐỀ. Chủ đề. Nhận biết. Thông hiểu. Vận dụng. Vận dụng cao. thấp Tính đạo hàm của hàm số lũy thừa, mũ và logarit. Mô tả. Chứng minh đẳng thức Câu II-2. 1 điểm Khảo sát và Mô tả vẽ đồ thị 2điểm Giao điểm của hai đồ thị. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số bậc 3 Câu I-1. Mô tả. Tìm m để đường thẳng cắt đồ thị tại 3 điểm phân biệt thỏa một điều kiện cho trước. 1 điểm. Câu I-2 Giải phương trình mũ và logarit. Mô tả. Giải pt mũ. Giải Pt logarit. Câu hỏi/Bài tập. Câu II-1. Câu II-2. Tính thể tích của khối chóp+ Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau. Mô tả. Tính thể tích của khối chóp. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau. Câu hỏi/Bài tập. Cau III-1. Câu III-2. 2 điểm Tính diện tích toàn phần của. Mô tả. Tìm x để S toàn phần của hình trụ phải nhỏ nhất 8.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> hình trụ. Câu hỏi/Bài tập. Sự đối xứng. Mô tả. Sự đối xứng. Câu hỏi/Bài tập. Câu V. 1 điểm. Câu IV. 9.

<span class='text_page_counter'>(10)</span>