WWW.TOANCAPBA.TK KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I Năm học: 2012-2013 Môn thi: TOÁN- Lớp 12 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 14/11/2012 ĐỀ ĐỀ XUẤT (Đề gồm có 01 trang) Đơn vị ra đề: THPT LONG KHÁNH A I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (3,0 điểm). Cho hàm số 3 2 3 2y x x= − + − , gọi ( )C là đồ thị của hàm số. 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. 2) Dùng vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm của phương trình: 3 2 3 0x x m − + − = . Câu 2 (2,0 điểm). 1) Tính giá trị của biểu thức: 3 1 4 log 7 25 2 1 81 9 log 125 16 A =   + +  ÷   2) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: 2 ( 2) x y e x= − trên đoạn [1;3] . Câu 3 (2,0 điểm). Cho khối chóp .S ABC có đáy là tam giác ABC vuông cân tại B . Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng ( )ABC và 2SA a= . Mặt bên ( )SBC hợp với mặt đáy một góc 0 30 . a) Tính thể tích của khối chóp .S ABC . b) Xác định tâm và tính bán kính của mặt cầu đi qua bốn đỉnh của hình chóp .S ABC . II. PHẦN RIÊNG – PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu 4a (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị ( )C của hàm số 4 2 3 2 2 x y x= − − tại điểm có hoành độ bằng 1− . Câu 5a (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: 1 6 6 5 0 x x− − − = . 2) Giải bất phương trình: 8 1 8 2 2log ( 2) log ( 3) 3 x x− + − > . Câu 4b (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị ( )C của hàm số 2 1 2 x y x + = - biết tiếp tuyến có hệ số góc bằng 1 5 − . Câu 5b (2,0 điểm). 1) Cho hàm số 2 2 . x y x e − = . Chứng minh rằng, 2 (1 )xy x y ′ = − . WWW.TOANCAPBA.TK WWW.TOANCAPBA.TK 2) Cho hàm số 2 1 1 x y x − = − có đồ thị ( )C . Tìm m để đường thẳng d : y x m= + cắt đồ thị ( )C tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O. HẾT. Năm học: 2012-2013 Môn thi: TOÁN – Lớp 12 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ĐỀ XUẤT (Hướng dẫn chấm gồm có 05 trang) Đơn vị ra đề: THPT LONG KHÁNH A Câu Nội dung yêu cầu Điểm Câu 1 (3,0 đ) 1. (2,0 điểm) Tập xác định: D = ¡ . 0.25 Sự biến thiên:  Chiều biến thiên: 2 ' 3 6y x x = − + , 0 ' 0 2 x y x =  = ⇔  =  + Trên khoảng ( ) 0 ; 2 , ' 0y > nên hàm số đồng biến. + Trên mỗi khoảng ( ) ; 0 −∞ và ( ) 2 ; +∞ , ' 0y < nên hàm số nghịch biến. 0.5  Cực trị: + Hàm số đạt cực đại tại 2x = và y CĐ = 2. + Hàm số đạt cực tiểu tại 0x = và y CT = 2− . 0.25  Các giới hạn: lim x y →−∞ = +∞ , lim x y →+∞ = −∞ . 0.25  Bảng biến thiên : x − ∞ 0 2 + ∞ y’ 0 + 0 – y +∞ 2− 2 −∞ 0.25 Đồ thị: 0.5 WWW.TOANCAPBA.TK WWW.TOANCAPBA.TK 2. (1,0 điểm) Ta có: 3 2 3 2 3 0 3 2 2x x m x x m − + − = ⇔ − + − = − (*) PT (*) là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị ( )C và đường thẳng d : 2y m= − . Số nghiệm của PT (*) bằng số giao điểm của ( )C và d . Dựa vào đồ thị ta có: 0.25 0m < hoặc 4m > : PT (*) có 1 nghiệm 0.25 0m = hoặc 4m = : PT (*) có 2 nghiệm 0.25 0 4m< < : PT (*) có 3 nghiệm 0.25 Câu 2 (2,0 đ) 1. (1,0 điểm) ( ) 3 3 2 log 7 log 7 9 3 49= = 0.25 25 1 3 log 125 2 = − 0.25 1 4 81 3 16 2   =  ÷   0.25 3 1 4 log 7 25 2 2 2 7 3 3 49 1 81 2 2 9 log 125 16 A = = = − +   + +  ÷   0.25 2. (1,0 điểm) 2 ' ( 2 ) x y e x x= − với mọi (1 ; 3)x∈ 0.25 Xét trên khoảng (1 ; 3) , ta có:  = = ⇔  =  0 ( ) ' 0 2 ( ) x loaïi y x nhaän 0.25 Mặt khác =(1)f e , = 3 (1)f e , =(2) 0f 0.25 Vậy [ ] 3 1 ; 3 max ( ) (1)f x f e= = , [ ] 1 ; 3 min ( ) (2) 0f x f= = . 0.25 WWW.TOANCAPBA.TK WWW.TOANCAPBA.TK Câu 3 (2,0 đ) a) (1,0 điểm) Ta có ( )⊥SA ABC nên suy ra SA đường cao của hình chóp .S ABC . ( ) ( )SBC ABC BC∩ = (1) AB BC ⊥ (2) (do ∆ ABC vuông tại B ) SB BC ⊥ (3) (do AB là hình chiếu của SB trên mp ( )ABC ) Từ (1), (2), (3) ta suy ra góc · SBA là góc giữa 2mp ( ) SBC và ( ) ABC . Theo giả thiết · 0 30SBA = . 0.25 Xét tam giác vuông SAB , ta có: · 0 2 tan 2 3 3 tan30 3 = ⇒ = = = SA SA a SBA AB a AB , suy ra 2 3BC AB a= = 0.25 Diện tích tam giác ABC là: 2 1 1 . 2 3.2 3 6 2 2 = = × = ABC S BA BC a a a . 0.25 Vậy thể tích khối chóp .S ABC là : 2 3 . 1 1 6 .2 4 3 3 = × × = × = S ABC ABC SA a a aV S . 0.25 b) (1,0 điểm) Gọi I là trung điểm của cạnh SC . Do tam giác SAC vuông tại A , có IA là đường trung tuyến nên 2 = = = SC IA IC IS . Tương tự do tam giác SBC vuông tại B , có IB là đường trung tuyến nên 2 = = = SC IB IC IS . Ta suy ra: 2 = = = = SC IA IB IC IS . Do đó I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp .S ABC . 0.5 WWW.TOANCAPBA.TK WWW.TOANCAPBA.TK Xét tam giác vuông SAC , ta có: 2 2 2 = +SC SA AC , mà 2 2 2 2 2 2 (2 3) (2 3) 24= + = + =AC AB BC a a a , nên suy 2 2 2 2 (2 ) 24 28= + =SC a a a , suy ra 2 7=SC a . Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp .S ABC là: 7 2 = = SC R a . 0.5 Câu 4a (1,0 đ) Tiếp tuyến của đồ thị ( )C : = ( )y f x tại 0 0 0 ( ; ) ( )M x y C ∈ có PT dạng: ( ) 0 0 0 '( )y f x x x y = − + . Ta có: 3 ' 2 2y x x= − . 0.5 Theo giả thiết ta có 0 1x = − , suy ra 0 2y = − , '( 1) 0f − = . 0.25 Vậy tiếp tuyến có phương trình là : 0( 1) 2y x= + − hay 2y = − . 0.25 Câu 5a (2,0 đ) 1. (1,0 điểm) Ta có: 1 6 6 6 5 0 6 5 0 6 − − − = ⇔ − − = x x x x 0.25 Đặt 6 , 0= > x t t . Ta có phương trình: 6 5 0− − =t t . 0.25 2 1 ( ) 5 6 0 6 ( ) t loaïi t t t nhaän  = − ⇔ − − = ⇔  =  0.25 Với 6 = t , ta có 6 6 1= ⇔ = x x Vậy phương trình đã cho có nghiệm: 1=x . 0.25 2. (1,0 điểm) Điều kiện > 3x Ta có: 2 8 1 8 8 8 2 2 2log ( 2) log ( 3) log ( 2) log ( 3) 3 3 x x x x− + − > ⇔ − − − > 0.25 2 8 ( 2) 2 log 3 3 x x − ⇔ > − 0.25 { } 2 2 ( 2) 4 8 16 0 \ 4 3 x x x x x − ⇔ > ⇔ − + > ⇔ ∈ − ¡ 0.25 So với điều kiện, ta nhận ( ) { } 3 ; \ 4x∈ +∞ . Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm ( ) { } 3 ; \ 4S = +∞ . 0.25 Câu 4b (1,0 đ) Tiếp tuyến của đồ thị ( )C : = ( )y f x tại 0 0 0 ( ; ) ( )M x y C ∈ có PT dạng: ( ) 0 0 0 '( )y f x x x y = − + . Ta có: 2 5 ' ( 2) y x = − − . 0.25 WWW.TOANCAPBA.TK WWW.TOANCAPBA.TK Từ giả thiết ta suy ra 0 0 2 0 0 0 7 3 5 1 3 1 5 ( 2) = ⇒ =  − = − ⇔  = − ⇒ = −  x y x y x 0.25 Với 0 7x = , 0 3=y , 1 '(7) 5 = −f , ta có PTTT: ( ) 1 7 3 5 = − − +y x hay 1 22 5 5 = − + y x . 0.25 Với 0 3= −x , 0 1=y , 1 '( 3) 5 − = −f , ta có PTTT: ( ) 1 3 1 5 = − + +y x hay 1 2 5 5 = − + y x . 0.25 Câu 5b (2,0 đ) 1. (1,0 điểm) Ta có: 2 2 2 ' (1 ) − = − x y x e 0.5 Vế trái = 2 2 2 (1 ). − ′ = − x xy x x e 0.25 2 2 2 2 (1 ) . (1 ) − = − = − x x x e x y = Vế phải (đpcm) 0.25 2. (1,0 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d: 2 1 1 − = + − x x m x ⇔ x m x m x 2 ( 3) 1 0, 1+ − + − = ≠ (*) PT (*) có m m m R 2 2 5 0, ∆ = − + > ∀ ∈ và (*) không có nghiệm x = 1. Suy ra PT (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt là A B x x, . 0.25 Theo định lí Viét: A B A B x x m x x m 3 . 1  + = −  = −  . Khi đó: ( ) ( ) A A B B A x x m B x x m; , ;+ + 0.25 OAB ∆ vuông tại O thì ( ) ( ) A B A B OA OB x x x m x m. 0 0= ⇔ + + + = uur uur 0.25 ( ) 202 2 −=⇔=+++⇔ mmxxmxx BABA Vậy 2m = − . 0.25  Lưu ý: . WWW.TOANCAPBA.TK . WWW.TOANCAPBA.TK KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I Năm học: 2 012 -2 013 Môn thi: TOÁN- Lớp 12 Thời gian: 12 0 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 14 /11 /2 012 ĐỀ ĐỀ XUẤT (Đề gồm có 01 trang) Đơn vị ra đề: . 2 = − 0.25 1 4 81 3 16 2   =  ÷   0.25 3 1 4 log 7 25 2 2 2 7 3 3 49 1 81 2 2 9 log 12 5 16 A = = = − +   + +  ÷   0.25 2. (1, 0 điểm) 2 ' ( 2 ) x y e x x= − với mọi (1 ; 3)x∈ . 2 012 -2 013 Môn thi: TOÁN – Lớp 12 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ĐỀ XUẤT (Hướng dẫn chấm gồm có 05 trang) Đơn vị ra đề: THPT LONG KHÁNH A Câu Nội dung yêu cầu Điểm Câu 1 (3,0 đ) 1. (2,0 điểm) Tập xác định: