Đề thi HK1 lớp 12 ban cơ bản trường Chu Văn An – Hà Nội 2013 – 2014 - Học Tập Trực Tuyến Cấp 1,2,3 - Hoc Online 247

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ THI HỌC KỲ I NĂM HỌC 2013 – 2014 TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN Môn Toán lớp 12 (Khối D)

Dành cho các lớp D, chuyên xã hội, Anh, Pháp Nhật Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề.

--- Câu 1. (3,0 điểm) Cho hàm số yx⁴2(m1)x²2m (1) (m là tham số).

1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m1.

2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có trọng tâm là điểm G(0;2).

Câu 2. (1,0 điểm)

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm sốyxln²x trên đoạn

 

^e3;e

Câu 3. (2,0 điểm)

1. Giải phương trình: log ( 1) log (4 )

2 ) 1 3 ( 2log 1

2 2

2 x  2 x  x

2. Cho phương trình:



^51

 

^{xm 51}



^{x 2x} (với m là tham số) Tìm m để phương trình có nghiệm thuộc đoạn

 

0;1

Câu 4. (3,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C'có đáy ABC là tam giác vuông tại a

AB

A,  ACB30⁰. Mặt phẳng (B'AC)tạo với mặt phẳng (ABC) một góc 60⁰. 1. Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A'B'C'.

2. Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A'.ABC. 3. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng B' và C AB.

Câu 5. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:























1 ) 3 ( log ) 1 ( log

0 4 3 5

12 12

2 2

y x

y x y x

---Hết---

Họ và tên... SBD...

ĐỀ SỐ 01

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI HỌC KỲ I – TOÁN 12 – BAN D 1 Năm học 2013 - 2014

Câu ý Nội dung Điểm

1 Cho hàm số yx⁴2(m1)x²2m… 3,0

1 Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số khi m1 (2,0 điểm) Khi m = 1 hàm số có dạng yx⁴ 4x²2 (C) 1) TXĐ: D = R

2) Sự biến thiên

- Giới hạn : 





xlim , 



 xlim

-y'4x³8x, y'0x0;x 2 - Bảng biến thiên

- Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( 2;0)và ( 2;). Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (; 2)và (0; 2). - Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và gtcđ  y(0)2

Hàm số đạt cực tiểu tại x 2 và gtct y( 2)2 c) Đồ thị

- điểm uốn : y''12x²8, hai điểm uốn 





 9

;2 3

2 , 





 9

;2 3 2

- giao với Ox, Oy:

- Trục đối xứng:

- vẽ đồ thị đúng

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

0,5

2 Tìm m để đồ thị (1) ….. (1,0 điểm) x

m x

y'4 ³4( 1) , y'0x0;x² m1

Hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi y'0có 3 nghiệm phân biệt và đổi dấu qua 3 nghiệm đó m10m1

Ba điểm cực trị của đồ thị hàm số là

) 1

; 1 (

), 1

; 1 ( );

2

; 0

( m B m m² C  m m² A

G là trọng tâm tam giác ABC nên có











 







 







3 2

1 1

2

3 0

1 1

0

2

2 m

m m

m m

 m1 (loại); m2(thỏa mãn)

0,25

0,25 0,25

0,25

Câu 2 Tìm GTLN và GTNN của hàm số… 1,0

x x

y'ln² 2ln , y'0lnx(lnx2)0x1 hoặc xe^2 e

e y e y

e e y e

y ^  ^  4 ; (1)0; ( ) )

( 9 ; )

( ³ ₃ ² ₂

  ^{min 9 ; 4;0; 0}

min _{3 3}

3; 







 

  e

e e

e e x

, ^x ^{e e } _^_{e e}4 ;0;^e_^e 9;

max

max _{3 3}

3;

0,5 0,25 0,25

Câu 3 2,0

1 Giải phương trình x log (x 1) log 4x

2 ) 1 3 ( 2log 1

2 2

2   2   (1) (1,0 điểm) ĐKXĐ x0;x1

Pt (1) ^log₂



^(x3)x1



^log₂^{4x (x3)x14x} (2)

0,25 0,25

- 0x1 pt (2) (x3)(1x)4xx32 3(loại) hoặc x32 3(TM)

- x1 pt (2) _{(x3)(x1)4xx1}(loại) hoặc x3(TM)

Kết luận: pt đã cho có hai nghiệm x32 3và x3 0,5 2 Tìm m để phương trình



^51

 

^{xm 51}



^{x 2x} (1)… (1,0 điểm)

Chia cả hai vế của (1) cho 2^x 0ta được pt (1) 1

2 1 5 2

1

5  





 

 







 



x x

m

Đặt 0

2 1 5  





 



x

t pt trở thành: t t m

t

tm1 ²   (2).

Khi x

 

0;1 thì 



 



 

 2

1

; 5 1 t

Pt (1) có nghiệm x

 

0;1 pt (2) có nghiệm t K



 



 

 2

1

; 5 1

Xét hàm số f(t)t²tlà hàm số liên tục trên R và có f'(t)2t10tK )

(t

 f luôn nghịch biến trên K. Pt (2) có nghiệm tK

1 1

) 1 2 (

5 ) 1

( max )

(

min     





  





  f t m  f t f m f m

K t K

t

Vậy m

 

1;1thỏa mãn ycbt

0,25

0,25

0,5

Câu 4 Cho lăng trụ ABC.A'B'C'… 3,0

1 Tính thể tích của lăng trụ (1,0 điểm) Giáo viên tự vẽ hình

Tam giác ABC tính được BC2a,ACa 3.

' )

' ' ( '

, ,

) ( ) '

(B AC  ABC AC AC AB AC AA AC ABB A  AC AB Lại có AB ACnên góc của hai mặt phẳng (A'BC)và(ABC)là góc giữa hai đường thẳng AB và A'B và bằng BAB'60⁰(do tam giác AA'Bvuông tại A nên

'

BAB nhọn).

'

ABA có BB'ABtan60⁰ a 3.

3 . 3 2 . ' 1 . 2 .

' 1

.AA ABAC AA aa a

S

V_LT  _ABC   =

2 3a³

0,25 0,25 0,5 2 Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu… (1,0 điểm)

Gọi I là trung điểm của BC Ilà tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Đường thẳng d (ABC)tại I, d là trục của tam giác ABC.

Trong mp (AA'I) kẻ đường trung trực của AA'cắt d tại O, O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A'ABC.

2 7 2

3 ²

2 2

2 a a

a OI

AI OA

R  















0,25 0,25

0,5

3 Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB,BC (1,0 điểm) )) ' ' ( , ( )) ' ' .(

( ) ' , ( ) ' ' //(

' '

//AB AB ABC d AB BC d AB ABC d A ABC

AB    

Gọi EA'CAC'do ACC’A’ là hình vuông nên AC'A'C và có A'B' AE(do ))

' ' ( '

'B AACC A 

2 )) 6 ' ' ( , ( )

' '

( a

C B A A d AE C

B A

AE   



0,5

0,5 Câu 5

Giải hệ phương trình…























) 2 ( 1 ) 3 ( log ) 1 ( log

) 1 ( 0 4 3 5

12 12

2 2

y x

y x y

x 1,0

ĐKXĐ: x1;y1

Pt (1) (x2)²(x2)(y1)²(y1) f(x2) f(y1)(*) trong đó t

t t

f( ) ² liên tục trên R và có ; ( )

2 1 1

2 ) (

' t t t J f t

f  



 



 









 đồng

biến trên J. Ta có x2J;y1J nên pt (*) x2 y1 yx1 Kết hợp với pt (2) ta có hệ







 















6 5 1

0 ) 3 )(

1 (

y x x

y y

x hoặc











 1 2 y x

So sánh với điều kiện nghiệm của hệ là (x; y) = (5; 6).

0,25

0,25

0,5