Tài liệu [vinamath.com_toan12_(8)]_de-toan+dap-an_thi_ hoc ky i(2011-2012)-ams

VINAMATH.COM TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÀ NỘI – AMSTERRDAM - TỔ TOÁN – TIN ĐỀ THI HỌC KỲ I (NĂM HỌC 2011 – 2012) Môn: Toán lớp 12 Thời gian làm bài: 120 phút. Bài 1. a) (1.5 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  của hàm số y  x2 . x3 b) (1 điểm) Tìm tất cả các điểm M thuộc  C  sao cho khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng bằng 2 lần khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang. c) (1 điểm) Biện luận theo tham số m số nghiệm của phương trình x  2  m x 3. Bài 2. a) (1 điểm) Giải phương trình 252 x x 2 1  92 x  x 2 1 2  34.152 x x . b) (1 điểm) Giải phương trình  3 x  5  log 32 x   9 x  19  log 3 x  12  0. Bài 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam giác đều và vuông góc với mặt đáy. a) (1 điểm) Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. b) (1 điểm) Xác định tâm và tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. c) (1 điểm) Gọi  N  là hình nón có đáy là đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD và chiều cao là chiều cao của tam giác đều SAB. Tính tỷ số giữa diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD và diện tích toàn phần của hình nón  N  . d) (1 điểm) Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho AM  x với 0  x  a. Tìm vị trí của M trên SA sao cho mặt phẳng  MCD  chia khối chóp S . ABCD thành hai phần có thể tích bằng nhau. Câu 4. (0.5 điểm) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình mx  2  4 x  x 2 có hai nghiệm phân biệt trên đoạn 0;4. -------- HẾT -------- VINAMATH.COM VINAMATH.COM ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KỲ I MÔN TOÁN LỚP 12 NĂM HỌC 2011 – 2012 Bài Điểm Đáp án a. (1,5 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số. x2 y C . x 3  Tập xác định: D   \ 3.  Sự biến thiên:  Giới hạn và tiệm cận: lim y  lim y  1 Tiệm cận ngang: y  1. x  0,5 x  lim y   ; lim   Tiệm cận đứng x  3. x 3 x 3 5 hàm số nghịch biến trên 2  0  x D   x  3 các khoảng  ;3  và  3;   .  Bảng biến thiên:  Chiều biến thiên: y '  x    x y' y  3   0,5  1 1  Bài 1 (3,5 điểm)  Đồ thị: 0,5 Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận giao điểm của 2 đường tiệm cận làm tâm đối xứng. b. (1 điểm) Khoảng cách đến TCĐ bằng 2 lần đến TCN  5  Giả sử M  x0 ;1     C  ,  x0  3 . Khi đó: Khoảng cách từ M đến TCĐ x  3  0  là d2  d1  1.x0  3 2 1 0 2  x0  3 . 1 0.x0  1  1 x0  3 0 2  12 Khoảng cách từ M đến TCN là 0,5  5 . x0  3 1 VINAMATH.COM VINAMATH.COM Theo giả thiết ta có d1  2d 2  x0  3  10 2   x0  3  10. x0  3   10  10   x0  3  10  M  3  10;1   hoặc M  3  10;1  . 2 2     c. (1 điểm) Biện luận số nghiệm của phương trình Dễ thấy x  3 không là nghiệm nên phương trình tương đương với x2 m . Số nghiệm của phương trình chính là số giao điểm của đường x 3 x2 . thẳng y  m và đồ thị  C ' của hàm số y  x 3 x  2 , x3 x  2  x  3 Ta có: y   , do đó  C ' được suy ra từ  C  bằng cách: x3  x2  , x3  x  3 Giữ nguyên phần đồ thị  C  ứng với x  3; lấy đối xứng phần đồ thị của  C  ứng với x  3 qua Ox. Ta được đồ thị  C ' như hình vẽ. Từ hình vẽ suy ra: * Với m  1: Phương trình vô nghiệm. * Với 1  m  1: Phương trình có nghiệm duy nhất. * Với m  1: Phương trình có 2 nghiệm phân biệt. Ghi chú: Học sinh không lập luận để suy ra đồ thị  C ' thì không cho điểm tối đa. 0,5 0,5 a. (1 điểm) Giải phương trình 2 2 Phương trình tương đương 25.252 x  x  9.92 x x  34.152 x x  25   25.   15  5 Đặt t    3 Bài 2 (2 điểm) 2 x x 2 2 x x2  t 1 t  9  9.   15  2 x x 2 5  34  25   3 2 x  x2  3    5 2 2 x x 2  34  0 9  0 PT trở thành: 25t   34  0  25t 2  34t  9  0 t 9 . 25 2 VINAMATH.COM 0,5 VINAMATH.COM 5  t 1    3 2 x x 2 9 5 t    25  3  x  0  1  2 x  x2  0   . x  2  2 x x 2  5    3 0,5 2 2 2  2 x  x  2  x  2 x  2  0  x  1  3.   Kết luận PT có 4 nghiệm: x  0;2;1  3 . b.(1 điểm) Giải phương trình Điều kiện x  0. Đặt t  log 3 x, phương trình trở thành:  3 x  5  t 2   9 x  19  t  12  0 . 5 Trường hợp 1: x  : Phương trình vô nghiệm. 3 5 2 2 Trường hợp 2: x  : Ta có    9 x  19   48  3 x  5    9 x  11 . 3 4 . Khi đó phương trình có 2 nghiệm t  3; t  3x  5 1  t  3  log3 x  3  x  33  . 27 4 4  t  log 3 x  . 3x  5 3x  5 4 5 Cách 1: Xét hàm số f  x   log3 x  với 0  x  . 3x  5 3 0 5/ 3  x 1 12 f ' x      x ln3  3 x  52 f '   f  x 5 00 x  . 3 Mặt khác:  lim f    x  lim f  ; lim f  . x 5 3 x 5 3 Từ BBT dễ thấy phương trình f  x   0 luôn có 2 nghiệm phân biệt. 1 Mặt khác f  3  f    0 nên phương trình f  x   0 chỉ có hai nghiệm 3 1 x  3; x  . 3 Cách 2:  5 1 5 TH 1: Nếu 0  x  : Thì hàm số đồng biến trên  0;  và do f    0 nên 3  3 3 3 VINAMATH.COM 0,5 0,5 VINAMATH.COM 1 PT có nghiệm x  . 3 5  5 TH 2: Nếu x  : Khi đó f cũng là hàm đồng biến trên  ;   và do 3 3  f  3  0 nên PT có nghiệm x  3.  1 1 Kết luận: PT có 3 nghiệm x  3; ;  .  3 27  Gọi H là trung điểm của AB thì SH là đường cao của hình chóp S.ABCD. a 3 ABC đều, cạnh a nên SH  . 2 Thể tích hình chóp là 1 1 a 3 2 Vs. ABCD  SH .S ABCD  . .a 3 3 2 a3 3  (đvtt). 6 b.(1 điểm) Xác định tâm và bán kính nặt cầu ngoại tiếp Gọi O là tâm của hình vuông ABCD, đường thẳng d qua O và vuông góc với (ABCD). Dễ thấy d   SHO  . Gọi G là trọng tâm ABC , qua G kẻ đường thẳng vuông góc với  ABC  , đường thẳng này cắt d tại I,  I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. Thật vậy, theo cách dựng nên IA  IB  IC  ID ; mà I thuộc trục của SAB  IS  IA  IB , vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. Gọi R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp thì R  IA. Tam giác AOI 1 1a 3 a 3  ; vuông ở O, có cạnh góc vuông IO  GH  SH  3 3 2 6 a 2 a 2 a 21 AC a 2 2 2 OA   . Do đó R  IA  OA  OI    2 2 2 12 6 c.(1 điểm) Tỉ số diện tích mặt cầu và mặt nón 21a 2 7 a 2 2 Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là SC  4 R  4 .  36 3 (đvtt). Đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD có tâm O và bán kính a 2 r  OA  . Đây cũng chính là bán kính đường tròn đáy của hình nón 2 4 VINAMATH.COM 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 VINAMATH.COM Diện tích toàn phần của hình nón là: S N   rl   r 2   r  l  r     2 a 2  a 5 a 2   a 2  10   (đvdt).   2  2 2  4  0,5  2 SC 7 a 2  a 2  10 28 Tỉ số cần tìm là  :  . SN 3 4 6  3 10 d .(1 điểm) Tìm x để thể tích bằng nhau Vì CD / /  SAB    CDM  cắt  SAB  theo giao tuyến song song với CD. Từ M, kẻ MN / / CD, N  SB  hình thang MNCD là thiết diện của hình chóp và  CDM  . Dễ thấy  SAC  chia hình chóp thành 2 phần có thể tích bằng nhau và bằng 1 V , (V là thể tích hình chóp S.ABCD). 2 0,5 Gọi V1 là thể tích của hình chóp S .MNCD , V2 là thể tích phần còn lại (của hình chóp S.ABCD sau khi cắt bởi  CDM  ). Khi đó ta có: V1  V2  V V1 V  VS .MDC V  1  S .MNC 1  V1  . Tức là ta có:  V  V V V 2  1 2 S . ABC S . ABC V V 1  S .MNC  S .MDC  1 (Vì VS . ABC  VS . ADC  V ). VS . ABC VS . ADC 2 SM SN SC SM SD SC SM  SN   . .  . . 1   1  1  SA SB SC SA SD SC SA  SB    0,5  3 5 a SM  SM SM 5 1 ax 5 1   1  1      x  .   SA  SA SA 2 a 2 2  Vậy, với x  3  5  a thì CDM  chia hình chóp thành 2 phần có thể tích 2 bằng nhau. Cách 1: Dễ thấy x  0 không là nghiệm nên PT tương đương: 4x  x2  2 4x  x2  2 m . Xét hàm số f  x   trên miền D   0;4  . x x Ta có f '  x   2 4x  x2  2x x 2 4x  x 2  f '  x   0  x  2. 0,5 Chú ý rằng : 5 VINAMATH.COM VINAMATH.COM lim f  x   . x f' x 0 Từ BBT suy ra điều kiện cần và đủ để PT có 2 nghiệm phân biệt là 1   m  0. 2 2 0 0  4  0 f  x  1 2  Cách :2 Bài 5 (0,5 điểm) Xét hàm số y  4 x  x 2  C  trên 2x  0;4  . Ta có y '  2x  x biến thiên như hình vẽ: 2 Số nghiệm của PT chính là số giao điểm của đường thẳng d : y  mx  2 và đồ thị C  . Để ý rằng d có hệ số góc m và luôn đi qua điểm A  0;2  cố định. 0,25 ; Ta có bảng x 0 y'  2 0 2 4  y 0 0 Gọi  (có hệ số góc k ) là tiếp tuyến đi qua A của C  . Ta có  : y  k  x  0   2 hay  : y  kx  2.  là tiếp tuyến khi và chỉ khi hệ  kx  2  4 x  x 2 1  2 x  x2 Thay  2  vào 1 :  2  4x  x2  2x  2 4x  x2 k  y '  x   2  4x  2x  x  2  k  0   : y  2.  Mặt khác C   Ox tại 2 điểm O  0;0  , B  4;0  . Khi đó PT đường thẳng x y 1  AB  là  AB  : 4  2  1 hay  AB  : y   2 x  2. Vậy, điều kiện cần và đủ để PT có 2 nghiệm phân biệt là đường thẳng d nằm giữa hai đường thẳng  1 và  AB     m  0. 2 6 VINAMATH.COM 0,25