Đề thi HK II môn Toán 7

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ I : ÔN TẬP 12 HỌC KỲ I ( Thời gian 90 phút) Bài 1 (3 điểm) 1 3 x  2 x 2  3 x  1 (C ) 3 b) Tìm m để đường thẳng (d ) : y  2mx  1 cắt (C ) tại 3 điểm phân biệt?. a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: y  f ( x ) . ( 2 điểm) ( 1 điểm). Bài 2 (3 điểm) a) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: f (x) .   1 2 cos 2 x  2sin x  , với x   0;  2 3  2. b) Giải phương trình:. log21 x  6 log9 x  1  0. ( 1 điểm) ( 1 điểm). 3.  x  3 y  2  0 c) Giải hệ phương trình:  x y2 x  27  3 .9  0. ( 1 điểm). x 2  (m  1) x  m  1 (Cm ) , m là tham số. Bài 3 (1 điểm) Cho hàm số y  x 1. Chứng minh rằng với m , đồ thị  Cm  luôn có cực đại, cực tiểu. Tìm m để khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị  Cm  đến đường thẳng () : 3 x  4 y  2  0 bằng 4?. ( 1 điểm). Bài 4 (3 điểm) Cho hình chóp S. ABC có SA  ( ABC ) , đáy là  ABC vuông cân tại A . Biết SA  2a, AB  a 3, AC  a 3 . a) Tính thể tích của khối chóp S. ABC .. (1,5 điểm). b) Xác định tâm I và tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABC . Suy ra diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABC và thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABC . (1 điểm) c) Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm của SB, SC , AC . Mặt phẳng ( MNP ) cắt AB tại Q . Tính diện tích toàn phần của khối đa diện MNPQBC .. ( 0,5 điểm). ===========================. 1 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ 1 Môn TOÁN Lớp 12 Nâng cao Thời gian làm bài 90 phút. ĐỀ SỐ I Bài 1 (3 điểm) a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: y  f ( x ) . 1 3 x  2 x 2  3 x  1 (C ) 3.  Tập xác định D  R. ( 0,25 điểm).  Giới hạn lim y  ; x . lim y  . ( 0,25 điểm). x .  1 x  1 y   y '  x 2  4 x  3; y '  0  x 2  4 x  3  0    3  x  3  y  1 . ( 0,25 điểm).  Bảng biến thiên. ( 0,5 điểm). x. 1. . f ' x. 3. 0. +. f  x. 0. -. + . 1 3. . . 1. Hàm số nghịch biến trên (1;3) , đồng biến trên (;1) và (3; ).  1 Điểm cực tiểu I1 (3; 1) , điểm cực đại I 2  1;   3  1  Ta có y ''  2 x  4; y ''  0  2 x  4  0  x  2 . Điểm uốn I  2;   3 . (0,25 điểm).  Đồ thị:. ( 0,5 điểm).  1 Điểm đặc biệt: A  0; 1 , B  4;  .  3 y. . .. -2. .. 1 -1 3 0 1  3 -1 A -2. . .. .I. 2. 1. 2. .. I. .B. 3. .I. 4. x. 1.  1 Đồ thị hàm số nhận điểm uốn I  2;   làm tâm đối xứng. 3  2 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> b) Tìm m để đường thẳng (d ) : y  2mx  1 cắt  C  tại 3 điểm phân biệt? Phương trình hoành độ giao điểm của (C ) và (d ) là:. 1 3 x  2 x 2  3 x  1 = 2mx  1  3. x  0 1  x  x 2  2 x  3  2m   0   1 2  x  2 x  3  2m  0 3  3. 1 3 x  2 x  3  2m ( 0,5 điểm) 3 Để PT đã cho có 3 nghiệm phân biệt thì PT g( x )  0 có 2 nghiệm phân biệt khác 0. Đặt g  x  .  1 1  (3  2m)  0 m  0   0   3  3 3 m   g(0)  0 m   2  2. ( 0,5 điểm). Bài 2 ( 3 điểm) a) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: f (x) . Ta có f ( x ) .   1 2 cos 2 x  2sin x  , với x   0;  2 3  2   1 2 1 1  2sin2 x   2sin x    sin2 x  2sin x  , x   0;  2 3 6  2. 1 Đặt t  sin x , 0  t  1  g(t )  t 2  2t  , t   0;1 . 6. (0,25 điểm) (0,25 điểm). g (t )  2t  2, g (t )  0  t  1, t   0;1 .. (0,25 điểm). 1 5 Ta có: g(0)   ; g(1)  6 6. 5 5  Giá trị lớn nhất là: max g(t )  g(1)  khi t  1  max f ( x )  khi x     0;1 6 6 2 0;  2  . Giá trị nhỏ nhất là: min g(t )  g(0)    0;1. Vậy max f ( x )     0; 2   . 1 1 khi t  0  min f  x    khi x  0   6 6 0;  2  . 5  1 khi x  , min f  x    khi x  0 6 2  0;  6. ( 0,25 điểm).  2  . b) Phương trình log21 x  6 log9 x  1  0  4 log32 x  3log3 x  1  0. (0,25 điểm). 3. Đặt t  log3 x , ta có phương trình:. (0,25 điểm). x  3  log3 x  1 t  1   4t  3t  1  0  1 1   x  1  log3 x   t   4   4 3  4 2. (0,5 điểm). 3 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  x  3 y  2  0 c) Giải hệ phương trình  x 2 x  27  3y .9  0 2. (1) (2). 2. (2)  27 x  3y .9 x  3y  3x  x  y 2 , thay vào phương trình (1) ta được:. y  1  y  1  x  1  y 1 y 3 y 2  0     x  4 y 2 y  2 y   2  2. ( 0,5 điểm). Vậy hệ phương trình có nghiệm (1;1); (1; 1); (4;2); (4; 2). ( 0,5 điểm). Bài 3 (1 điểm)  Tập xác định D  R \ 2  y' . ( 0,25 điểm). (2 x  m  1)( x  1)   x 2  (m  1) x  1  m  ( x  1)2. . x2  2x ( x  1)2. x  0 y  m 1 y '  0  x2  2x  0     x  2  y  m  3. x. 2. . f ' x. +. f  x. 0. ( 0,25 điểm). 1 -. 0. -. . 0. + . m3 m 1.  Dựa vào BBT  điểm cực đại là: I1 (2; m  3). (0,25 điểm). Khoảng cách từ điểm cực đại I1 (2; m  3) đến đường thẳng () : 3 x  4 y  2  0 là: d ( I1 ,()) . 8  4m  m  3  4  2m  5  5 m  7. Bài 4 (3 điểm)  Vẽ hình đúng (0,5 điểm) Do SA  ( ABC ) nên SA là đường cao. (0,25 điểm). S. của hình chóp S. ABC . 1 V  SA.S ABC (0,25 điểm) 3 Mà  ABC vuông cân tại C S ABC. 1 1 3a2  AC. AB  a 3.a 3  2 2 2 ( 0,25 điểm). 1 3 Suy ra V  2a.a2  a3 . 3 2. d. N K. E M. P. I C. A. ( 0,5 điểm). H. Q B. b) Gọi H là trung điểm BC . Ta có: HA  HB  HC (do  ABC vuông tại A ) 4 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Từ H dựng đường thẳng d  ( ABC ) . Suy ra d là trục mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABC . Dựng mặt phẳng trung trực của cạnh SA đi qua trung điểm E của SA , cắt d tại điểm I . Ta có IA  IS. (1). Tương tự, dựng mặt phẳng trung trực các cạnh SB, SC . Ta có: IC  IB  IS (2) Từ (1),(2) suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp S. ABC . Bán kính R  IA . Ta có IA  IH 2  AH 2 . a 10 2. (0,5 điểm). Diện tích mặt cầu là: S  4 R 2  10 a2 . 4 5 10 3 a Thể tích khối cầu là: V   R3  (0,5 điểm) 3 3 c) Mặt phẳng ( MNP ) cắt ( ABC ) theo giao tuyến PQ song song với BC , với Q là trung điểm của AB . (0,25 điểm) Diện tích toàn phần của khối đa diện MNPQBC bằng: dt  MNPQ   dt  BMQ   dt  PNC   dt  BCPQ   dt  MNBC   a2 6 a2 3 a2 3 9a2 a2 3 33  6 3 9 3 33  2          a  2  2 4 4 8 8 2 8 8  . (0,25 điểm). =============================. ĐỀ II : ÔN TẬP 12 HỌC KỲ I ( Thời gian 90 phút) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ HỌC SINH: (7 điểm) 5 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y = x3 – 3x2 + 5 (1) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2) Dựa vào đồ thị (C) của hàm số (1), tìm tham số m để phương trình sau có nghiệm: 23t – 3.4t + 5 = m (t là ẩn) . Câu II: (2 điểm) 1) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y  x 4  8 x 2  15 trên đoạn [–1; 3]. 2) Tính đạo hàm của các hàm số sau: a) y  x 2 .e4 x b) y  e x .ln(2  sin x ) Câu III: (1 điểm) Giải các phương trình sau: 1) 4 x. 2.  x 1. 2) log3 x  log3 ( x  2)  1.  64 .. Câu IV: (2 điểm) Cho hình lăng trụ tứ giác đều ABCD.A’B’C’D’ có độ dài cạnh đáy là 2a, cạnh bên là a. 1) Chứng minh hai khối tứ diện ABDA’ và CBDC’ bằng nhau. 2) Tính thể tích của khối lăng trụ ABCD.A’B’C’D’. 3) Gọi M là trung điểm của cạnh A’D’, S là tâm của hình vuông ABCD. Tính thể tích của khối chóp S.MB’C’D’. II. PHẦN RIÊNG: (3 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần: Theo chương trình Chuẩn hoặc Nâng cao 1. Theo chương trình Nâng cao Câu Va: (3 điểm) 1) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  đường thẳng 3 x  y  2  0 . 2) Giải phương trình:. log2 e6 ln. 2. x. x2  x  2 biết tiếp tuyến song song với x2.  5.log2 x .. 3) Cho hình chóp đều tứ giác S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a 2 . Tính diện tích của mặt cầu và thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD đã cho. 2. Theo chương trình Chuẩn Câu Vb: (3 điểm) x4 1) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  biết tiếp tuyến song song với đường x 1 thẳng 3 x  4 y  0 . 2) Giải phương trình:. 6  22 x  5.10 x log2 .. 3) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a 2 . Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình nón ngoại tiếp hình chóp S.ABCD đã cho. --------------------Hết-------------------. ĐỀ SỐ II. ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2008 – 2009 Môn TOÁN Lớp 12 Thời gian làm bài 90 phút 6 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> I. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số: y = x3 – 3x2 + 5. 1. Tập xác định:  . 2. Sự biến thiên: a)Giới hạn tại vô cực:  3 5   3 5  lim y  lim x 3  1     ; lim y  lim  1      . x  x  x  x   x x3   x x3  b) Bảng biến thiên: y’ = 3x2 – 6x = 3x(x – 2); y’ = 0  x = 0 hoặc x = 2 BBT: x – 0 2 + y’ + 0 – 0 + 5 + y – 1 Hàm số đồng biến trên (–; 0) và (2; +); nghịch biến trên (0; 2). xCT = 2, yCT = 1; xCĐ = 0, yCĐ = 5. 3. Đồ thị: y’’ = 6x – 6; y’’ = 0  x = 1. – Đồ thị nhận điểm uốn I(1; 3) làm tâm đối xứng. – Đồ thị đi qua (–1; 1), (3; 5).. 0,25. 0,25 0,5. 0,5. y 7 6 5 4 3 2 1 -2. -1. x 1. 2. 3. 4. -1 -2. 2. II. 1. Dựa vào đồ thị (C) ….. Đặt x = 2t > 0, phương trình đã cho thành: x3 – 3x2 + 5 = m. Vậy phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi đường thẳng y = m có điểm chung với đồ thị (C) của hàm số (1) trên khoảng (0; +). Dựa vào đồ thị (C) của hàm số (1) trên khoảng (0; +) ta có các giá trị của m cần tìm là: m  1. Tìm giá trị nhỏ nhất và ….. Hàm số y = x4 – 8x2 + 15 liên tục trên đoạn [–1; 3]. Ta có y’ = 4x3 – 16x = 4x(x2 – 4). 2  y '  0  x  0, x  2 x  0  4 x ( x  4)  0      1  x  3  1  x  3   x  2 1  x  3 y(–1) = 8; y(0) = 15; y(2) = –1; y(3) = 24. Vậy Min y  y(2)  1; Max y  y(3)  24 . [1; 3]. 2. 0,5. 0,5. 0,5. [1; 3]. Tính đạo hàm của các hàm số: a) y = x2.e4x. Tập xác định:  . y’ = (x2)’.e4x + x2.(e4x)’ = 2x.e4x + x2.(4x)’.e4x = 2x.e4x(1 + 2x). b) y = ex.ln(2 + sinx). Tập xác định:  . y’ = (ex)’.ln(2 + sinx) + ex.(ln(2 + sinx))’. 0,5 0,5 7. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> = ex.ln(2 + sinx) + ex. III. (2  sin x )' cos x = ex.ln(2 + sinx) + ex. 2  sin x 2  sin x. Giải phương trình: 1 2. 2. 2. 4 x  x 1  64  4 x  x 1  43  x2 – x + 1 = 3  x = –1 hoặc x = 2. log3 x  log3 ( x  2)  1 . Tập xác định: (2; +).. 0,5 0,5. log3 x  log3 ( x  2)  1  log3 [x ( x  2)]  1  x(x – 2) = 3  x2 – 2x – 3 = 0  x = –1 hoặc x = 3. Vậy phương trình có nghiệm là x = 3. IV. 0,25. C. B S D. A. a. C'. B' 2a A'. 1. D'. M. Ta có mp(BDD’B’) là mặt trung trực của hai đoạn thẳng AC và A’C’ nên phép đối xứng qua mp(BDD’B’) biến bốn điểm A, B, D, A’ lần lượt thành bốn C, B, D, C’. Vậy hai khối tứ diện ABDA’ và CBDC’ bằng nhau. Ta có đáy của khối lăng trụ là hình vuông ABCD có diện tích bằng 2a.2a = 4a2. Chiều cao của khối lăng trụ bằng AA’ = a. Vậy thể tích của khối lăng trụ là V = S ABCD . AA' = 4a2.a = 4a3. 0,25. 3. Ta có đáy của khối chóp S.MB’C’D’ có diện tích bằng: SMB’C’D’ = SA’B’C’D’ – SA’B’M = 4a2 – a2 = 3a2. Chiều cao của khối chóp S.MB’C’D’ bằng khoảng cách từ S đến mp(A’B’C’D’) và bằng AA’ = a. 1 1 Vậy thể tích của khối chóp S.MB’C’D’ là V = SMB ' C ' D ' . AA' = .3a2 .a  a3 3 3. 0,75. 1. Tiếp tuyến  song song với đường thẳng 3x + y – 2 = 0 nên có hệ số góc k = – 3. Gọi (x0; y0) là tọa độ tiếp điểm, ta có k = –3 = y’(x0). 4 4 y = x 3  y '  1 , x  2 . x2 ( x  2)2. 1,0. 2. 0,75. Va. y’(x0) = –3  (x0 + 2)2 = 1  x0 = –1 hoặc x0 = –3. Với x0 = –1, y0 = 0, ta có tiếp tuyến tại (–1; 0) là y = –3(x + 1). Với x0 = –3, y0 = –10, ta có tiếp tuyến tại (–3; –10) là y = –3(x + 3) – 10. 2. log2 e6 ln. 2. x. 1,0.  5.log2 x. Điều kiện xác định của phương trình: x > 0.. log2 e6 ln. 2. x.  5.log2 x  log2 e6 ln. 2. x.  log2 x 5  e6 ln. 2. x.  x5 ..  6  ln2 x  ln x 5  ln2 x  5ln x  6  0  lnx = 2 hoặc lnx = 3. Với lnx = 2  x = e2 (thỏa đk) Với lnx = 3  x = e3 (thỏa đk) Vậy phương trình có hai nghiệm: x = e2, x = e3.. 8 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> 3. 1,0. Gọi O là tâm hình vuông ABCD, ta có OA = OB = OC = OD = a; OS2 = SA2 – OA2 = 2a2 – a2 = a2  OS = a. Vậy tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là O, bán kính R = a. Diện tích mặt cầu S = 4R2 = 4a2. 4 4 Thể tích khối cầu V =  R3   a3 3 3 Vb 1. Tiếp tuyến  song song với đường thẳng 3x – 4y = 0 nên có hệ số góc 3/4. Gọi (x0; y0) là tọa độ tiếp điểm, ta có k = 3/4 = y’(x0). 3 3 y'  , x  1  y '( x0 )  . ( x  1)2 ( x0  1)2. k=. 1,0. y’(x0) = 3/4  (x0 – 1)2 = 4  x0 = –1 hoặc x0 = 3.. 3 5 ( x  1)  . 4 2 3 1 Với x0 = 3, y0 = –1/2, ta có tiếp tuyến tại (3; –1/2) là y = ( x  3)  . 4 2. Với x0 = –1, y0 = 5/2, ta có tiếp tuyến tại (–1; 5/2) là y =. 2. x. 6  22 x  5.10 x log2  6  22 x  5.10log2  6  22 x  5.2 x. 1,0.  22 x  5.2 x  6  0  2x = 2 hoặc 2x = 3. Với 2x = 2  x = 1. Với 2x = 3  x = log23. 3. 1,0. Gọi O là tâm của hình vuông ABCD, ta có hình nón ngoại tiếp hình chóp S.ABCD có bán kính đường tròn đáy R = OA = a; chiều cao = SO = a; đường sinh SA = a 2 .  Sxq = R.SA =  a2 2 ;. V=. 1 2 1 1  R .SO   a2 .a   a3 3 3 3. 9 Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(10)</span>