De thi Hoc ki 1 Toan 12 De so 8

3) (1 điểm) Xác định tâm và tính bán kính của mặt cầu (S) ngoại tiếp hình chóp S.ABCD1. PHẦN DÀNH RIÊNG CHO HỌC SINH TỪNG BAN (3 điểm):.[r]

TRƯỜNG THPT NGUYỄN CHÍ THANH Đề số 8

ĐỀ THI HỌC KÌ – Năm học 2008 – 2009 Mơn TỐN Lớp 12

Thời gian làm 90 phút I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ HỌC SINH (7 điểm):

Bài Cho hàm số    

 x x x

y có đồ thị (C).

1) (2 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số.

2) (1.25 điểm) Gọi A điểm thuộc đồ thị (C) có hồnh độ 4, viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) điểm A Tiếp tuyến cắt lại đồ thị (C) điểm B (B khác A), tìm tọa độ điểm B.

Bài (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số

x x

y ln đoạn [1; e2 ]

Bài Cho hình vng ABCD có cạnh a, I trung điểm AB,  đường thẳng qua I và vng góc với mp(ABCD) Trên  lấy điểm S cho SI =

2

a .

1) (0.75 điểm) Tính thể tích V khối chóp S.ABCD.

2) (1 điểm) Gọi (N) hình nón trịn xoay thu quay đường gấp khúc SAI xung quanh SI Tính diện tích xung quanh hình nón (N).

3) (1 điểm) Xác định tâm tính bán kính mặt cầu (S) ngoại tiếp hình chóp S.ABCD II PHẦN DÀNH RIÊNG CHO HỌC SINH TỪNG BAN (3 điểm):

Thí sinh chọn hai phần: Theo chương trình Chuẩn Nâng cao

1 Theo chương trình Nâng cao

Bài 4a (2 điểm) Giải hệ phương trình sau :

y

y y

x

x x

2

1

2

2log 3 13

1 log 2log 3 

  

 

  

 

Bài 5a (1 điểm) Cho phương trình 16x (2m 1).12x (m1).9x 0 Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu.

2 Theo chương trình Chuẩn

Bài 4b Giải phương trình sau : 1) (1 điểm) 32 8.3

  

 x

x .

2) (1 điểm) log5(3x 11)log5(x 27)3log58. Bài 5b (1 điểm) Giải bất phương trình sau:

2 log 3.2 log log 12log2 32

2

2

2      



 x x x

x x x

x .

––––––––––––––––––––Hết–––––––––––––––––––

Họ tên thí sinh: SBD :

TRƯỜNG THPT NGUYỄN CHÍ THANH ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ – Năm học

Đề số 8 Thời gian làm 90 phút

Bài ý Nội dung điểm

1 1.1 Tập xác định D = R 0.25

xlim   x x x

3

( 6  3) ; xlim (x36x2 9x3)  0.25

y' = –3x2 + 12x – 9 0.25

x y

x

' 0 1

3

    



 ; y(1) = –1 ; y(3) = 3

0.25 Bảng biến thiên:

CD

CT

-

3

-1 +

+ _

_ 0 0

+

3

-

y y'

x

Hàm số tăng khoảng (1;3) ; giảm khoảng (–;1) ; (3;), đạt cực tiểu x = , giá trị cực tiểu –1 , đạt cực đại x = , giá trị cực đại 3.

0.5

Các giá trị đặc biệt :

-1

-1

4

0

y x

Đồ thị :

4 1

y

x

0.5

1.2 Điểm A thuộc (C) có hoành độ , suy A(4;–1) 0.25

y'(4) = –9 0.25

Phương trình tiếp tuyến với (C) A y = –9(x–4)–1 hay y = –9x + 35. 0.25 Hoành độ giao điểm tiếp tuyến với đồ thị (C) nghiệm phương trình

–x3 + 6x2 – 9x + = –9x + 35

0.25 Phương trình có nghiệm x = ; x = –2 , kết luận điểm B(–2;53) 0.25 2

Hàm số y x x

ln

 liên tục đoạn [1; ]e2 có y x

x2

1 ln

'  0.5

y' 0  1 lnx 0 x e (e thuộc đoạn [1; ]e2 ) 0.25 y(1) = < y(e2) =

e2

2

< y(e) =

e

1

nên đoạn [1; ]e2 hàm số có GTLN

e

1

đạt x = e có GTNN đạt x = 1. 3

O

m



J K

I

C

A D

B S

3.1 SI đường cao hình chóp nên thể tích khối chóp SABCD V = 1 (dt ABCD SI).

3

0.25

Trong SI = a 3

2 dt(ABCD) = a

2 0.25

Suy thể tích khối chóp V = 1a2 a 3 a3 3

3 2  6

0.25 3.2 Hình nón trịn xoay thu có đường sinh SA bán kính đáy IA 0.25 Diện tích xung quanh hình nón Sxq  .IA SA (1) 0.25

Trong IA = a

2 ; tam giác SIA vuông I nên

a a a a

SA SI2 AI2 ( 3)2 ( )2 3 2 a

2 2 4 4

      

0.25

Suy diện tích xung quanh hình nón Sxq aa 1 a2

2 2

 

  0.25

3.3 Gọi O tâm hình vng ABCD, qua O dựng đường thẳng vng góc mp(ABCD) , suy  trục đường trịn ngoại tiếp hình vng ABCD

0.25 Tam giác SAB có SA = AB = BS = a nên SAB tam giác Gọi K tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SAB ( K trọng tâm tam giác SAB.Do SI song song với  nên mp(SI,) , qua K dựng đường thẳng m song song với IO , m trục tam giác SAB

0.25

Gọi J giao điểm  với m , suy JS = JA = JB = JC = JD Vậy J tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABCD

0.25 Bán kính mặt cầu JA Ta có :

JA2 = OA2 + OJ2 = OA2 + IK2 = (1AC)2 (1SI)2 (1a 2)2 (1a 3)2

2  3  2  3 2 =

= 7a2

12 Suy bán kính mặt cầu JA =

a 21

6 .

0.25

4a Điều kiện x>0 0.25

y

y y

x

x x

2

1

2

2 log 3 13(1)

1 log 2 log 3 (2)

  

 

  

 

(1)3y 2 log2x13 (3)

Thay (3) vào (2) ta phương trình 2log22x 21log2x40 0 (4) 0.25 Giải (4) ta log2x8 ; log2x 5

2

 0.25

* log2x8 ta có hệ logy2x 8

3 3

 

 

  

0.25

Giải hệ ta x = 256 (thỏa điều kiện x > 0) y =

0.25 * log2x 5

2

 3y 8, phương trình vơ nghiệm. 0.25

Nghiệm hệ : (256 ; 1) 0.25

5a 16x (2m 1).12x (m 1).9x 0

     (1)

x m x m

16 4

(1) ( ) (2 1).( ) 1 0

9 3

     

đặt t ( )4 x 3

 ( t>0) , ta phương trình t2 + (2m–1)t +m +1=0 (2)

t2 t t m

(2)   1 (2 1) 

t t m

t

2 1

2 1

  

 

 (3) (do 2t+10 với t > ).

Phương trình (1) có nghiệm x1 , x2 thỏa x1 < < x2 phương trình (3) có nghiệm t1 , t2 thỏa < t1 < 1< t2

0.25

Xét hàm số f t t t t

2 1

( )

2 1

   

 khoảng

(0;)

t t

f t

t

2 '

2

2 2 3

( )

(2 1)

  





t f t

t

'

1 7 0

2 ( ) 0

1 7

2

 

 

    

 

 

 

0.25

Bảng biến thiên :

-

-1

-1

-+

+

1 -1

2

f(t) f'(t) t

0.25

Phương trình (3) có nghiệm t1 , t2 thỏa 0< t1 <1< t2 đường thẳng y = m cắt đồ thị hàm số f(t) hai điểm có hồnh độ t1 , t2 thỏa

0< t1 <1< t2 Căn vào bảng ta có –1 < m < 1

3



0.25

4b 4.1 32 2x 8.3x 1 0

   (1)

x x

x x

3 1

1 3

9

   

 



0.25

3x 32

  0.25

 x2 0.25

4.2 log (35 x11) log ( 5 x 27) log 8  5 (2)

Điều kiện : x > 27 0.25

x2 x

5

(2) log (3  92 297) log (5 8) 0.25

 3x2 92x 703 0 0.25

x x

37 19 3

  

 

  

x 19

3



 không thỏa điều kiện ; x =37 nghiệm pt

0.25

5b x 2x x x x 2x x

2 2

2 log 3.2 log  log 12 log 32

      (3)

Điều kiện x > 0

x 2x x x x 2x x

2 2

(3) 2 log 12.2 log 32.2 log 12log 32 0

0.25  (2x 1)(log22x 12.log2x32) 0

 (log22x12.log2x32) 0 (vì 2x +1 >0 với x )

0.25

x x

x x

2

log 4 16

log 8 256

   

   

 

 



0.25