Đang tải... (xem toàn văn)
Câu 1: Cho hàm số y = x4 – 2x2 – 3 có đồ thị là (C). a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng
Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I NĂM HỌC 2010 – 2011 MÔN TOÁN – KHỐI 12 Thời gian làm bài: 90 phút. ***** Mỗi học sinh phải ghi đầy đủ tên lớp cùng họ và tên vào phần phách và ghi 1 trong 2 câu sau đây vào phần đầu bài làm tùy theo loại lớp của mình. Ban A, B : Làm các câu 1, 2, 3. Điểm các câu là: 3,5; 3; 3,5. Ban D, SN: Làm các câu 1, 2ab, 3. Điểm các câu là: 4; 2; 4. Câu 1: Cho hàm số y = x 4 – 2x 2 – 3 có đồ thị là (C). a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng (∆): y = 1 x 2010 24 − + . c) Định m để phương trình log 2 (x 4 – 3x 2 + x – m ) + 1 2 log (x 1)+ = log 8 (2 – x) 3 có ba nghiệm phân biệt. Câu 2: Giải các phương trình, hệ phương trình sau: a) 2 2x x x 6 64.2 4 − − + = . b) log 9 (x 2 – 5x + 6) 2 = 3 3 1 x 1 log log (3 x) 2 2 − + − . c) y x 3 2 e e ln(x 1) ln(y 1) x 1 y 3x 4y 5 − = − − − − + = − + . Câu 3: Cho hình vuông ABCD cạnh 4a. Trên cạnh AB và AD lần lượt lấy hai điểm H và K sao cho BH = 3HA và AK = 3KD. Trên đường thẳng (d) vuông góc (ABCD) tại H lấy điểm S sao cho · 0 SBH 30= . Gọi E là giao điểm của CH và BK. a) Tính thể tích của hình chóp S.ABCD và thể tích hình chóp S.BHKC. b) Chứng minh 5 điểm S, A, H, E và K cùng nằm trên một mặt cầu. Tính thể tích của khối cầu ngoại tiếp của hình chóp SAHEK. c) Gọi M là hình chiếu của H trên cạnh SA. Tính thể tích của hình chóp M.AHEK. HẾT HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM TOÁN 12 – HKI Câu Nội dung A–B D–SN I Cho hàm số y = x 4 – 2x 2 – 3 có đồ thị là (C). ∑=3.5đ ∑=4đ a Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. ∑=2đ ∑=2,5đ Tập xác định: D = R Giới hạn: x lim y →±∞ = +∞ 0.25 0.25 y' = 4x 3 – 4x y' = 0 ⇔ x 0 y 3 x 1 y 4 = ⇒ = − = ± ⇒ = − . 0.25 0.25 0.25 0.25 Bảng biến thiên: 0.25 0.5 Giá trị đặc biệt: 0.25 0.25 Đồ thị: 0.5 0.5 Nhận xét: 0.25 0.25 b Viết p trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến ⊥ (∆): y = 1 x 2010 24 − + . ∑=0.75đ ∑=0.75đ Hệ số góc của đường thẳng (∆) là k ∆ = – 1 24 . Tiếp tuyến (d) ⊥ (∆) nên (d) có hệ số góc là k d = 24. 0.25 0.25 Gọi x 0 là hoành độ tiếp điểm của (d) và (C) ta có y'(x 0 ) = 24 ⇔ 3 0 0 4x 4x 24− = ⇔ 2 0 0 0 (x 2)(x 2x 3) 0− + + = ⇔ x 0 = 2. 0.25 0.25 Vậy (d): y – y 0 = 24(x – x 0 ) ⇔ y = 24x – 43. 0.25 0.25 c Định m để log 2 (x 4 – 3x 2 + x – m ) + 1 2 log (x 1)+ = log 8 (2 – x) 3 (1) có ba nghiệm phân biệt. ∑=0.75 ∑=0.75 (1) ⇔ 4 2 2 2 2 x 1 0 2 x 0 log (x 3x x m) log (x 1) log (2 x) + > − > − + − − + = − ⇔ 4 2 2 2 2 1 x 2 log (x 3x x m) log (2 x x ) − < < − + − = + − ⇔ 4 2 2 1 x 2 x 3x x m 2 x x − < < − + − = + − ⇔ 4 2 1 x 2 m 1 x 2x 3 (2) − < < − = − − 0.5 0.5 YCBT ⇔ (2) có ba nghiệm x ∈ (–1; 2). Dựa vào đồ thị (C) ta có: –4 < m – 1 < –3 ⇔ –3 < m < –2. 0.25 0.25 2 ∑=3đ ∑=2đ a Giải các phương trình: 64. 2 2x x x 6 2 4 − − + = (1) ∑=0.75đ ∑=0.75đ (1) ⇔ 4 x +3 = 2 x x 6 4 − − + ⇔ 2 x x 6 x 3− − + = + 0.25 0.25 ⇔ 2 2 x 3 0 x x 6 (x 3) + ≥ − − + = + ⇔ 2 x 3 2x 7x 3 0 ≥ − + + = 0.25 0.25 ⇔ x 3 x 3 1 x 2 ≥ − = − = − ⇔ x = –3 hay x = 1 2 − . 0.25 0.25 b Giải pt: log 9 (x 2 – 5x + 6) 2 = 3 3 1 x 1 log log (3 x) 2 2 − + − (2) ∑=1.25đ ∑=1.25 Điều kiện: 1 < x < 3 và x ≠ 2. 0.25 0.25 (2) ⇔ 2 3 3 3 x 1 log x 5x 6 log log (3 x) 2 − − + = + − ⇔ 2 3 3 (x 1)(3 x) log x 5x 6 log 2 − − − + = 0.25 0.25 ⇔ (x 1)(3 x) (x 2)(x 3) 2 − − − − = ⇔ 2 x 2 (3 x) (x 1)(3 x) 0− − − − − = ⇔ 2 x 2 x 1 0− − + = 0.25 0.25 ⇔ 1 x 2 2 x 3 hay 4 2x x 1 0 2x 4 x 1 0 < < < < − − + = − − + = 0.25 0.25 ⇔ 1 x 2 2 x 3 hay 5 x 3 x 3 < < < < = = ⇔ x = 5 3 . 0.25 0.25 c Giải hệ phương trình y x 3 2 2 2 ln(x 1) ln(y 1) (1) x 1 y 3x 4y 5 (2) − = − − − − + = − + . ∑=1đ Điều kiện: x, y > 1. Từ (1) ⇒ … ⇒ x = y. 0.25 + 0.25 Thay vào (2) ta được: 3 2 x 1 x 3x 4x 5− = − + − + ⇔ f(x) = x 3 – 3x 2 + 4x – 5 – x 1− = 0 (3) 0.25 Ta có: f(2) = 0 và f '(x) = 3x 2 – 6x + 4 – 1 2 x 1− = 3(x – 2) 2 + 1 – 1 2 x 1− > 0, ∀ x ∈ (1; +∞). Vậy (3) có nghiệm duy nhất là x = 2. Vậy hệ có nghiệm duy nhất là (2; 2). 0.25 3 Cho hình vuông tại ABCD có cạnh bằng 4a. Trên cạnh AB và AD lần lượt lấy hai điểm H và K sao cho BH = 3HA và AK = 3KD. Trên đường thẳng (d) vuông góc (ABCD) tại H lấy điểm S sao cho · 0 SBH 30= . Gọi E là giao điểm của CH và BK. ∑=3.5 đ ∑=4đ a Tính thể tích của hình chóp S.ABCD và thể tích hình chóp S.BHKC. ∑=1.5đ ∑=2đ ∆ SHB vuông tại H có ∠ SBH = 30 0 nên SH = BH.tan30 0 = a 3 . 0.25 0.25 S ABCD = AB 2 = 16a 2 . 0.25 0.25 E K E K H D C H D B C A S A B M V SABCD = 3 ABCD 1 16a 3 S .SH 3 3 = . 0.25 0.25+0.25 Theo giả thiết ta có: BH = 3a; HA = a; AK = 3a và KD = a. S BHKC = S ABCD – S AHK – S CDK = 2 1 1 (4a) .a.3a a.4a 2 2 − − = 16a 2 – 2 3a 2 – 2a 2 = 25 2 a 2 . 0.25 0.5 Ta có V BHKC = BHKC 1 S .SH 3 . 0.25 0.25 Vậy V BHKC = 3 2 1 25 25 3a .a 3. a . 3 2 6 = 0.25 0.25 b Chứng minh 5 điểm S, A, H, E và K cùng nằm trên một mặt cầu. Tính thể tích của khối cầu ngoại tiếp của hình chóp SAHEK. ∑=1đ ∑=1đ Ta có: – AD ⊥ AB và AD ⊥ SH nên AD ⊥ SA ⇒ ∠ SAK = 90 0 . – SH ⊥ HK nên ∠ SHK = 90 0 . 0.25 0.25 – CH ⊥ BK và BK ⊥ SH nên BK ⊥ (SKE) ⇒ ∠ SEK = 90 0 . Vậy SAHEK nội tiếp mặt cầu có đường kính là SK. 0.25 0.25 Ta có SK 2 = SH 2 + HK 2 = 3a 2 + 10a 2 = 13a 2 ⇒ SH = a 13 . 0.25 0.25 Vậy 3 3 3 mc 4 4 52 a 13 V R (a 13) 3 3 3 π π π = = = . 0.25 0.25 c Gọi M là hình chiếu của H trên cạnh SA. Tính V của hình chóp M.AHEK ∑=1đ ∑=1đ Ta có 2 2 2 d(M;ABCD) AM AM.AS AH 1 d(S; ABCD) AS 4 AS AS = = = = ⇒ d(M;ABCD) 1 SH 4 = ⇒ d(M; (ABCD)) = 1 a 3 SH 4 4 = . 0.25 0.25 Ta có: ∆ BEH ~ ∆ BAK ⇒ BE BH BA BK = ⇒ 2 2 BE BH.BA 3a.4a 12 BK 25 BK 25a = = = ⇒ BEH BAK S BH BE 3 12 9 . . S BA BK 4 25 25 = = = ⇒ AHEK ABK S 16 S 25 = 0.25 0.25 ⇒ 2 AHEK BAK 16 16 1 96a S .S . 3a.4a 25 25 2 25 = = = . 0 25 0.25 Do đó V M.AHEK = 2 AHEK 1 1 96a a 3 S .d(M; ABCD) . . 3 3 25 4 = = 3 8a 3 25 . 0.25 0.25 GHI CHÚ: Anh chị chấm bài xong ghi tên mình vào ô giám khảo, không kí tên. . Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I NĂM HỌC 2010 – 2011 MÔN TOÁN – KHỐI 12 Thời gian làm bài: 90 phút. ***** Mỗi học sinh. ∆ BEH ~ ∆ BAK ⇒ BE BH BA BK = ⇒ 2 2 BE BH.BA 3a.4a 12 BK 25 BK 25a = = = ⇒ BEH BAK S BH BE 3 12 9 . . S BA BK 4 25 25 = = = ⇒ AHEK ABK S 16 S 25