de thi thu toan 12 HKI moidap an thang diem day du

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (405.33 KB, 30 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

ĐỀ TỰ KIỂM TRA HỌC KỲ I 
MƠN tốn : LỚP 12

Thời gian làm bài : 90 phút , khơng tính thời gian giao đề
Bài 1 (3, 00 điểm)

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thi (C ) của hàm số

3 2
1

y x x

 

.
2) Chứng minh rằng đường thẳng

y x 1

 

cắt đồ thị (C ) tại 3 điểm phân biệt A, M, B trong đó
M là trung điểm của đoạn AB. Tính diện tích của tam giác OAB.

Bài 2 (2,50 điểm).

1) Cho a và b là các số dương. Đơn giản biểu thức

3
6 6

1 1

3 3

a b b a

M ab

a b



 

 :

2) Giải các phương trình sau :
 a)





2 x 1

2x 1 2

1,5

3


  

 

  b) 2 4 2

1 2

1
4 log x  2 log x 

Bài 3 (3,50 điểm)

Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam giác đều ABC cạnh a và đường cao SA = a . Gọi E là trung
điểm của cạnh BC và G là trọng tâm của tam giác ABC

1). Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC. Tính tan của góc giữa mặt bên (SBC) và mặt đáy
(ABC) .

2). Xác định tâm I và tính theo a bán kính R của mặt cầu (S) ngoại tiếp khối chóp S.AEC 
3). Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SGC).

Bài 4 (1,00 điểm). 
Tìm m để phương trình

3
4

2cos x cos x m 0

  

có đúng 2 nghiệm thuộc đoạn
;
2 2
 

 



 

 

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

---LƯỢC GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM
Bài 1( 3,00 điểm)

1). Khảo sát ( 1, 50 điểm)

2) Lập phương trình hồnh độ giao điểm, giải được 3 nghiệm x1; x 3
4

A 1;
3

 

   

 ;

2
M 1;

 



 

  ; B(3; 0) . Kết luận M là trung điểm của đoạn AB (1 điểm ) . 
Tính được diện tích tam giác OAB là OAB

1 4

S .3. 2

2 3

 

( đvdt) (0; 5 điểm)
Bài 2 ( 2,50 điểm) :

1). (1,00 điểm):

1 1 1 1

3 3 6 6

1 1 1 1 1 1

3 3 3 3 3 3

1 1

6 6

a .b a b

M a .b a .b a .b 0

a b

 

  

 

 

    



2). (1,5 điểm ) Giải đúng mỗi PT : 0,75 điểm
a) Phương trình:

2 x 1 2x 1 x 1

2x 1 2 2 3 2

1,5 2x 1 x 1

3 3 2

   

      

          

     

1
x 0, x

  

b) 2 4 2

1 2

1
4 log x 2 log x 

Điều kiện : x 0; 4 log x 0  2  ; 2 log x 4 2  2 log x 02 

x 0; x ; x 4

   

2 4

1 2

4 log x 2 log x   2 2

1 2

1
4 log x 2 log x 

Đặt : t log x 2 (điều kiện t4; t 2 ), đi đến phương trình : t23t 2 0   t  1 t2
PT có hai nghiệm :

1 1

x ; x

2 4

 

Bài 3 ( 3,50 điểm)

1) (1, 50 điểm)
+

2 3

SABC

1 a 3 a 3

V . .a

3 4 12

 

(đvtt)

+ Góc giữa hai mp(SBC) và (ABC) là góc  SEA; là góc nhọn thoả:

AS 2

tan

AE 3

  

2)(1, 00 điểm). Mặt cầu (S) ngoại tiếp khối chóp S.AEC có :
+ Tâm chính là trung điểm I của đoạn thẳng SC + Bán kính:

1 a 2

R SC

2 2

 

3)(1,00 điểm).

+ CG vng góc với AB tại trung điểm F của AB , và có CFSF( ĐL 3đ vng góc)
Cách 1 : C/minh được CF(SAB). Dựng AHSF (H SF) thì AH(SFC) (SGC)

d[A,(SGC)] AH

  . Xét tam giác SAF , có 2 2 2

1 1 1 a

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Cách 2 : Tính được :

S.AFC 1 S.ABC a 3 a 5 a 3

V V ; SF ; FC

2 24 2 2

   

Gọi h là khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SFC) thị:

S.AFC

1 a

V FC.SF.h h

6 FC.SF 5

   

Bài 4 : (1,00 điểm) PT

2cos x cos x m, x ;

3 2 2

 

 

     

  (*)
Đặt t = cosx ,

x ;

2 2
 

 

  

   t



0;1



.

Xét hàm số :





g(t) 2t t , t 0;1
3

  

ta có:





2 2 1

g (t) 2 4t ; g (t) 0 2 4t 0 t 0;1

          

.
Tính được:

1 2 2

g(0) 0; g

3
2

 

  

  và:

2
g(1)

3


Với một giá trị : t



0;1



, tương ứng với 2 giá trị

x arccos t ;

2 2
 

 

   

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

ĐỀ TỰ KIỂM TRA HỌC KỲ I 
MƠN tốn : LỚP 12

Thời gian làm bài : 90 phút , không tính thời gian giao đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (8,0 điểm)

Câu I: (3,5 đ)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y f x

 

x3 3x21 (2,5đ).

2. Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm của phương trình x3 3x2 2m 1 0  .
(1,0 đ).

Câu II: (1,0 đ) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y f x

 

x43x2 2 trên
đoạn



2;5



Câu III: (1,5 đ)

1. Rút gọn biểu thức sau:





3 3

2 2

4 5 4 5

x y xy

M x 0, y 0, x y

x .y x. y


   

 .

2. Tính đạo hàm của hàm số sau:





y ln x  x 1
.

Câu IV: (2,0 đ) Cho hình chóp S.ABC có đường cao SA 2a và đáy là tam giác ABC vng cân
tại A có cạnh AB AC a  .

1. Tính thể tích khối chóp S.ABC. (1.0 đ)

2. Xác định tâm và tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. (1,0 đ)

II. PHẦN RIÊNG (2,0 điểm)

Thí sinh học chương trình nào thì chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó (phần 1
hoặc 2).

1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu Va: (2,0 đ) Cho hàm số

2x 3
y

x 1



 . Gọi đồ thị là (C).

1. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm thuộc đồ thị có tung độ y0 1. (1,0đ)

2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng d: ymx 2 cắt đồ thị (C) tại hai
điểm phân biệt. (1,0đ).

2. Theo chương trình Nâng cao:
Câu Vb: (2,0 đ)

1. Xác định a để đồ thị

 

C của hàm số





x x a

y a 0

x 1
 

 

 tiếp xúc với đường thẳng
d : y 2009x . (1,0 đ)

2. Chứng minh rằng nếu 0 x 2


 

thì

x
sin x tan x 2x

  

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

HẾT

---ĐÁP ÁN

Câu Mục Nội dung Thang

điểm

I 1

2,5đ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm sốy x3 3x2 1

  

 Tập xác định D  0,25

 Giới hạn xlim y  ; xlim y     0,25

 Đạo hàm y ' 3x 2 6x

2 x 2 y 3

y' 0 3x 6x 0

x 0 y 1

  



     

  



x   0 2 
y’ + 0 - 0 +

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng



 ;0



và



2;



Hàm số nghịch biến trên khoảng



0;2



Hàm số đạt cực đại tại x 0; y CD 1

Hàm số đạt cực tiểu tại x 2; y CT 3

0,5

 Bảng biến thiên

x   0 2 
y’ + 0 - 0 +
y

1 

  0,75

 Điểm đặc biệt (1;-1); (-1;-3); (3;1)

 Đồ thị

0,75

CĐ -3

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

-4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5

-4
-3
-2
-1
1
2
3

x
y

O

(C)

y= m

Đồ thị hàm số nhận điểm (1;-1) làm tâm đối xứng.
2

1,0đ Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm của phươngtrình x3 3x2 2m 1 0

    .

 Phương trình đã cho được viết thành x3 3x2 1 2m (*)
 Số nghiệm của phương trình (*) chính bằng số giao điểm của
đồ thị (C) và đường thẳng y 2m .

 Dựa vào đồ thị, ta có:

3
m

2m 3 2

2m 1 1

m
2


 

 


 

 

  

 : (*) có 1 nghiệm

3
m

2m 3 2

2m 1 1

m
2







 

 

  

 : (*) có 2 nghiệm

3 1

3 2m 1 m

2 2

      

: (*) có 3 nghiệm

0,25
0,25

0,5

II 1,0đ

Tìm GTLN, GTNN cua hàm số y f x

 

x43x2 2 trên



2;5



.



 

f ' x 4x 6x



 

x 0

f ' x 0 3 L

2



 

 


 f 2

 

6;f 5

 

552

Vậy max f x2;5

 

f 2

 

6; min f x2;5

 

f 5

 

552

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

III 1
0,75đ

Rút gọn biểu thức sau:

3 3

2 2

4 5 4 5

x y xy
M

x .y x. y







x 0, y 0, x  y



Ta có:

1 1 1 1 1 1

2 2 4 4 4 4

1 1

4 4

5 5 1 1

4 4 4 4

xy x y xy x y x y

M x y

x y xy xy x y

     

        

     

     

   

 

   

 

 

0,75

2

0,75đ Tính đạo hàm của hàm số sau: y ln x



 x21



Ta có





2 2 2

2x
1

x x 1 ' 1

2 x 1

x x 1 x x 1 x 1



 



  

    

0,75

IV 1

1,0đ Tính thể tích khối chóp S.ABC
 Ta có S.ABC ABC

V .S .SA

3 





ABC a

 

 Vậy

3
S.ABC

a
V



(đvtt)

1,0

2
1,0đ

Xác định tâm và tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình 
chóp S.ABC

 Xác định mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

 Gọi M là tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác vng cân ABC
thì M là trung điểm của cạnh huyền BC.

 Dựng trục Mx của đường trịn ngoại tiếp tam giác vng cân
ABC thì Mx // SA.

 Dựng đường trung trực của cạnh bên SA tại trung điểm I của
SA cắt Mx tại O.

 Theo tính chất của trục và đường trung trực ta có:
OA OB OC OS R   

 Vậy mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là S O;R





.
 Tính bán kính R

 Tứ giác AIOM là hình chữ nhật cho R OA  AM2AI2

0,25

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

với

BC a 2

AM
2 2
 
;
SA
AI a
2
 
 Vậy
a 6
R
2

0,25
Va 1
1,0đ

Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) của hàm số

 

2x 3

y f x

x 1



 

 tại điểm thuộc đồ thị có tung độ y0 1.







 

y' f ' x

x 1

 



 Phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm



x ; y0 0



thuộc (C) có dạng y f ' x



 

x x 0



y0

 y0  1 x0 4



 

f ' 4

5


Vậy có phương trình tiếp tuyến cần tìm là

1 1

y x

5 5
 
0,25
0,25
0,25
0,25
2

1,0đ Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng d:
ymx 2 cắt đồ thị (C) của hàm số

2x 3
y

x 1



 tại hai điểm

phân biệt

 Phương trình hồnh độ giao điểm của d và (C) là:





2x 3

mx 2 x 1

x 1

  






 

mx m 4 x 1 0 *

x 1
    

 




 d cắt (C) tại hai điểm phân biệt  (*) có hai nghiệm phân biệt

khác 1 









m 4 4m 0

m 0

m m 4 1 0

   




    

 

m 6 2 5

m 0
   

   



 .

Vậy giá trị cần tìm:m    



; 6 2 5

 

  6 2 5;



\ 0

 

0,25

0,5
0,25

Vb 1

1,0đ

Xác định a để đồ thị

 

C của hàm số





x x a

y a 0

x 1
 

 


tiếp xúc với đường thẳng d : y 2009x

 d tiếp xúc với (C)  hệ phương trình sau có nghiệm:









 

x 2009x 1

x 1 x

x 1 a 0 2 N

1 2009 a 502

x 1

  
  
 
   
 
    
 



 Vậy giá trị cần tìm: a502

0,75

0,25
2

1,0đ

Chứng minh rằng nếu 0 x 2


 

thì

x
sin x tan x 2x

  

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

 Xét hàm số

 

x
f x sin x tan x 2x

   

với 0 x 2

 

, ta
có

 

2
2

1 x

f ' x cos x 2

2
cos x

   

 Nếu
0 x

2

 

thì 0 cos x 1   cos x cos x2 



 

2 2

1 x 1 x

f ' x cos x 2 cos x 2

2 2

cos x cos x

       

2 2

1 x

cos x 0

cos x 2

 

    

  , với mọi x 0;2



 

 

  (f ' x

 

0 chỉ 
tại x 0 ).

Suy ra hàm số f x

 

đồng biến trên nửa khoảng
0;

2


 




 .
 Do đó nếu

0 x
2


 

thì

 

f x sin x tan x 2x f 0 0

     

 Vậy nếu
0 x

2


 

thì

x
sin x tan x 2x

  

(đpcm)

0,25

ĐỀ TỰ KIỂM TRA HỌC KỲ I 
MÔN toán : LỚP 12

Thời gian làm bài : 90 phút , khơng tính thời gian giao đề
ĐỀ BÀI

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Bài 1 (3 điểm):

a). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số sau:y x 4 2x2

b). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hồnh độ x2
c). Xác định m để phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt:x4 2x2 m 0
Bài 2 (2 điểm): Giải các phương trình sau

a).









3 1 3

log x 3 log x 5 1

   

b). 16x  17.4x16 0

c). log2x 1 (2x2 x 1) log x 1 (2x 1) 2 4

Bài 3 (1 điểm)

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

a). CMR các mặt bên của hình chóp là các tam giác vng
b). Tính thể tích của khối chóp S.ABCD

c). Gọi B’,D’ lần lượt là hình chiếu của A trên SB và SD.Mặt phẳng (AB’D’) chia khối chóp
S.ABCD thành hai phần .Tính tỉ số thể tích của hai phần đó

PHẦN TỰ CHỌN

Thí sinh chỉ được chọn làm Bài 4a hoặc Bài 4b 
Bài 4a

a). (1 điểm): Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số:
y xe x 1 trên đoạn



2 ; 2



b). (1 điểm): Tìm m để phương trình sau ln có nghiệm trong đoạn



1;9











3 3 3

log x 2m log x 2   4 m 1 log x
Bài 4b

a). (1 điểm): Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số:

ln x
y

x


trên đoạn

1; e

 

 

b) (1 điểm): Tìm m để phương trình sau có nghiệm: x3x2x m(x 2 1)2

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HKI

Câu Nội dung Điểm

Bài I 1)Khảo sát và vẽ đồ thị (C): y=2x4-4x2

Tập xác định: D=R



4 2





4 2



xlim 2x    4x ; lim 2xx   4x 

y’=8x3-8x=0

x 0

x 1




  


bảng biến thiên:

x   -1 0 1 
y’ - 0 + 0 - 0 +
y  0 

-2 -2

Hàm số đồng biến trên khoảng: (-1;0); (1;+∞).
Hàm số nghịch biến trên khoảng: (-∞;-1); (0;1).
Hàm số đạt cực đại tại: (0;0).

Hàm số đạt cực tiểu tại: (-1;-2), (1;-2).
Đồ thị hàm số:

0,25

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Bài
II

f(x)=2*(x^4)-4*(x^2)

-8 -6 -4 -2 2 4 6 8

-5
5

x
y

Đồ thị hàm số nhận trục
Oy làm trục đối xứng.

0,25

2) phương trình tiÕp tuyÕn tại điểm có honh x=2

Víi x=2 th× y = 16 .

HƯ sè gãc cđa tiÕp tun k=f’(2)=48
PTTT y=48(x-2)+16 hay y=48x-80

3) Bl sè nghiƯm cđa PT 2x4-4x2-m=0 2x4-4x2=m (1)

-2

-5 5

-1
f x  = 2x4-4x2

Từ đồ thị ta thấy:

-NÕu m > 0 thì đt cắt đt (C) tại 2 điểm phân biệt nên PT (1) có 2 nghiệm phân
biệt

-Nếu m = 0 thì đt cắt đt (C) tại 3 điểm nên PT (1) có 3 nghiÖm

- NÕu -2 < m < 0 thì đt cắt đt (C) tại 4 điểm phân biệt nên PT (1) có 4
nghiệm phân biệt

-Nếu m = -2 thì đt cắt đt (C) tại 2 điểm nên PT (1) có 2 nghiệm
-Nếu m < -2 thì đt không cắt đt (C) nên PT (1) có vô nghiệm

0,25
0,25
0,5
0,25

0,25

0,25
0,25

a) Giải phương trình:

3 1 3

log (x 3) log (x 5) 1
2

   

(1)

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Điều kiện:

x 3 0

3 x 5
x 5 0

 


  



 



Từ (1)

 

3 3 3

log (x 3) + log x 5 1 log [(x 3) x 5 ] 1
(x 3) x 5 3 1

       

    (1)

NÕu 3< x< 5 th× x 5  5 x & (1)

2 x 2 (L)

x 4 (TM)

(x 1)(5 x) 3 x 6x 8 0 [ 



        

NÕu x > 5 th× x 5  x 5 & (1)

2 x 3 7 (L)

x 3 7 (TM)

(x 1)(x 5) 3 x 6x 2 0 [  

 

        

Vậy Pt đã cho có 2 nghiệm x=4 & x=3 7

b) Đặt t= 4x đk t> 0

Khi ú Pt đã cho có dạng t2 -17t+16=0

t 1 (TM)
t 16 (TM)

[ 




Víi t=1 th× x = 0

Víi t=16 th× 4x=42Hay x= 2

c) DS x=2;x=5/4

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

0,25
0,25

Câu

III a) (1®)

Ta có SA(ABCD) Suy ra SAAB, SAAD hay cac tam giác SAB,SAD
vuông tại A

Lại có SA(ABCD) => SABC mà BC là hình chiếu vuông góc của SB trên
mp(ABCD) nên SBBC hay tam giác SBC vuông tại B

CM T2 tam giác SDC vuông tại D
b) (1đ)

Ta cú SA=AC=a 2
SABCD= a2
nªn

SABCD ABCD

1 a 2

V S .SA (dvtt)

3 3

 

(3)
c)

Tỉ số thể tích là:

S.AB'C'D' S.AB'C' S.AD'C' S.AB'C' S.AD'C'

S.ABCD S.ABCD S.ABC S.ADC

2 2

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

V V V V V

V V 2V 2V

SA.SB'.SC' SA.SD'.SC' 1 SB'.SB SC'.SC

( .

2SA.SB.SC 2SA.SD.SC 2 SB SC

SD'.SD SC'.SC 1 SA SA SA SA

. ) ( . . )

SD SC SB SC SD SC

1 2a .2a
(



 

   

 



2 2 2

2 2 2 2

2a .2a 1

) V

3
3a .4a 3a .4a 

0,5
0,25
0,25

0,25
0,25

0,5
0,25
0,25
0,25

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

V1=VS.AB'C'D'=

3 VS.ABCD Thể tích phần không chứa điểm S lµ :

V2= V-V1=
2

3 VS.ABCD



1
2

V 1

V 2
Câu

IVa

Bµi 4a

a) (1 điểm): Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhá nhÊt cđa hµm sè:

y xe x 1 trên đoạn



2 ; 2



Cã y’ =(1-x)ex 1 , y’=0  x=1  [ 2;2]

y(-2)=-2e-3, y(0)=0,y(2)=2e

VËy [ 2;2]

max y

  y(2)=2e
[ 2;2]min y  y(-2)=-2e-3

2) log x 2m log 3 223 



x 



 4 m 1 log x



 3



(1) Đk: x>0

Đặt: log x t, khi3  x



1;9



=>t



0;2



 







  

2
2

1 t 2m t 2 4 m mt

t 4 3 t m 2

     

   

Vì t



0;2



từ (2)

t 4

3 t


 



Đặt

 





2 2

t 4 t 6t 4

f t f ' t 0

3 t 3 t

   

   

 









t 3 13 loai

t 3 13 tm

  




  


Ta có : f(3 13)=

26 2 13

6 13



 ; f(0)=-4/3; f(2)=-8/5

Vậy với

8 2 13 2

m ;

5 6 13

  

  



  thì phương trình có nghiệm với mi x

1;9

a) (1 điểm): Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số:

ln x
y

trên đoạn

1; e

 

 

y’=

3
2 3

ln x 0 x 1 [1;e ]

ln x 2 x e [1;e ]

ln x(2 ln x)
;
x

y' 0 [  [ 

  



  

Khi đó : y(1)=0, y(e2)= 2
4

e , y(e3)= 3
9
e ,

So s¸nh 3 giá trị trên , ta có [1;e ]3

max y 42
e

0,25

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

[1;e ]min y3  3

9
e

b) (1 điểm): Tìm m để phơng trình sau có nghiệm

x3x2x m(x 21)2

Vì x2+1

0 vậy ta có:









3 2 2 2

2 2

x x x x(x 1) x

x 1 x 1

x x

x 1 x 1

   

 

 

   

    

 

   

Đặt :t 2
x

x 1




Xét hàm số:

2 2

x 1

x x 1 2x

y y' 0

x 1

x 1 x 1



 

     



  

Bảng biến thiên:

x   -1 1 
y’ 0 + 0

-y 0
1
2

-1

2 0
Vậy

1 1

t ;

2 2

 

  

 

Xét hàm số

 

g t t t

1 1

g ' t 2t 1 t ( ; )

2 2

 

     

Bảng biến thiên với

1 1

t ;

2 2

 

  

 

-1

2 
1
2
g’(t) +

g(t)

3
4

-1

4 
Vậy với

1 3

m ;

4 4

 

  

  thì phương trình có nghiệm.

0,25

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

MƠN tốn : LỚP 12

Thời gian làm bài : 90 phút , khơng tính thời gian giao đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC HỌC SINH (8 điểm)

Câu I :(3đ) Cho hàm số

3 2

1 1 4

y x x 2x

3 2 3 (1)

   

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).

2) Viết phương trình tiếp tuyến với (C), biết tiếp tuyến đó song song với đường thẳng

(d) : y 4x 2  .

Câu II :(2đ) Giải các phương trình sau :

1)





x
3

log 3  8  2 x

.

2)

2log x 2

log x

x x

log log

10 10

 

.

Câu III :(2đ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Trên các cạnh SB, SC 
ta lấy lần lượt các điểm M, N sao cho

2
3
SM

SB  và

1
2
SN
SC  .

1) Mặt phẳng (AMN) cắt cạnh SD tại điểm P. Tính tỷ số

SP
SD.

2) Mặt phẳng (AMN) chia hình chóp S.ABCD thành hai phần. Tìm tỉ số thể tích của hai phần

đó.

Câu IV :(1đ) Cho hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác đều cạnh bằng a và chiều cao của hình

lăng trụ bằng h. Tính diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ đó.

II. PHẦN RIÊNG (2 điểm)

Học sinh học chương trình nào thì làm phần dành riêng cho chương trình đó )
A.Chương trình Chuẩn:

Câu VA :(2đ)

1) Tính đạo hàm các hàm số sau:

a) y



sin x cos x e



2x
b) y x ln x 2 21

2) Giải bất phương trình:





5 12x

log 4 log 2

12x 8






B. Chương trình Nâng cao :

Câu VB: (2đ) Dùng đồ thị để biện luận theo m số nghiệm của phương trình :





x  m 2 x 3m 2 0   

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

Câu Nội dung Điểm

I (3đ)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1)
TXĐ: D

Giới hạn: xlim y  

0,25

y ' x  x 2; y' 0  x 1; x 2

Hàm số đồng biến trên các khoảng



  ; 2



và



1;



, nghịch biến trên khoảng
(-2 ; 1)

đạt cực đại tại điểm x2; yC§ 2, đạt cực tiểu tại điểm x 1 ; CT

5
y

2


0,25
0,25

BBT:

x   2 1 

y’ + 0  0 +

y 2

  -5/2



0,75

Đồ thị: cắt trục tung tại điểm

4
0;

 



 

 , điểm uốn

1 1

U ;

2 4

 

 

 

  là tâm đối xứng

x
y

O
1

0,50

2

Gọi



x ;f (x )o o



là tiếp điểm của tiếp tuyến cần tìm.

2 2

o o o o o o o

f '(x ) 4  x x  2 4  x x  6 0  x 2;x 3

0,5

o o

x 2 f (x )

  

, tiếp tuyến là:

 

26
d y 4x

  0,25

o o

x 3 f (x )

  

, tiếp tuyến là:





73
d y 4x

  0,25

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

1

ĐK: 3x 8 0 ; pt  3x  8 3 2 x  32x  8.3x  9 0 0,50
Đặt t 3 ;t 0 x  , pt trở thành: t2 8t 9 0   t1(lo¹i); t 9 0,25
với t = 9, ta có : 3x  9 x 2 (thoả điều kiền)

Vậy, pt có một nghiệm duy nhất là x = 2.

0,25

2

ĐK: 0 x 10  ;

2log x 2

pt log x

log x 1 log x 1

  

 

0,25

đặt t log x (t 1 ), ta có pt:

2 t 1(lo¹i)

2t 2

t t t 2 0 t 2

t 2

t 1 t 1




         



  

0,50

với t2, ta có :

log x 2 x

100

  

(thoả điều kiện)
Vậy, pt có một nghiệm duy nhất là

1
x

100


0,25

III (2đ)

0,25

1 Gọi O AC BD  . Trong tam giác SAC, các trung tuyến SO và AN cắt nhau ở I là trọng tâm của

tam giác nên có

SI 2

SO 3. Suy ra

SM SI 2

IM // BD

SB SO  3 .

Trong tam giác SBD, IM cắt SD tại P chính là giao điểm của (AMN) với SD.
Suy ra

SP SM 2 SP 2

SD SB  3 SD 3

0,75

2 O là trung điểm của BD và IM // BD nên I là trung điểm của PM, suy ra:

ABC ACD AMN APN

S s ;S S

Do đó

S.AMPN S.AMN

S.ABCD S.ABC

V 2V SA SM SN 2 1 1

V 2V SA SB SC     3 2 3

0,75

S.AMNP

S.AMNP S.ABCD ABCDMNP S.ABCD

ABCDMNP

1 2 1

V V V V

3 3 V 2

      0,25

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Giả sử ABC.A’B’C’ là lăng trụ tam giác đều. Gọi I, I’ lần lượt là
tâm các tam giác đều ABC và A’B’C’. Ta có I I’ là trục của hai
tam giác đều này. Gọi O là trung điểm của I I’ ta có OA = OB =
OC = OA’ = OB’ = OC’. Nên O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp
hình lăng trụ đã cho và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ
là:

2 2 2 2

2 2 2

h a h a

R OI AI S 4 R 4

4 3 4 3

 

          

 

0,50

Va (2đ)

1a y'



cos x sin x e





sin x cos x 2.e





3sin x cos x e



      0,50

1b













2 3

2 2 2 2 2 2

2 2

x 1 2x x

y x ln x 1 ln x 1 y' 2x ln x 1 x x ln x 1

2 2 x 1 x 1

 

           

 

 

0,50

2

ĐK:

0 x 1

5 2

x
5 12x

12 3

0
12x 8

(*)

 




  

 



 



0,25

2 2 2

2 5 12x 5 12x

bpt log 2 log log x

log x 12x 8 12x 8

 

   

  (vì với điều kiện (*) thì log x 02  )



6x 5 1 2x

 



5 / 6 x 1/ 2

5 12x

x 0

x 2 / 3

12x 8 12x 8

  

  



     



  

0,50

Kết hợp với điều kiện (*), nghiệm của bpt là 5/12 x 1/ 2  . 0,25

Vb (2đ)





2 x 2 x 2

x m 2 x 3m 2 0 m

x 3

 

      



0,25

Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số

x 2 x 2

x 3

 



 và 
đường thẳng y m .

0,25

Hàm số

x 2 x 2

x 3

 



 là hàm số chẵn nên đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng. Từ đồ thị

của hàm số

x 2x 2

x 3

 



 ta suy ra đồ thị của hàm số

x 2 x 2

x 3

 



 .

0,50

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Dựa vào đồ thị ta có:
* m < 2/3: pt có 2 nghiệm
* m = 2/3: pt có 3 nghiệm
* 2/3 < m < 2: pt có 4 nghiệm
* m = 2: pt có 2 nghiệm
* 2 < m <6: pt vô nghiệm
* m = 6: pt có 2 nghiệm
* m > 6: pt có 4 nghiệm

0,50

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

ĐỀ TỰ KIỂM TRA HỌC KỲ I 
MƠN tốn : LỚP 12

Thời gian làm bài : 90 phút , khơng tính thời gian giao đề

ĐỀ SỚ 5

I. PHẦN CHUNG CHO THÍ SINH CẢ HAI BAN( 8,0 điểm)

Câu 1(3,0 đ): Cho hàm số yx42x2 1 (C)

a). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

b). Dựa vào đồ thi (C) xác định m để phương trình x4 2x2m 0 có 4 nghiệm phân biệt.

Câu 2 (2,0 đ): Giải các phương trình sau:

a). 25x 2.5 15 0x  
b).





2 2

log x log 4x  4 0

Câu 3 (1,0 đ) : Xác định tham số m để hàm số y = x3 - 3m x2 + (m2 -1) x + 2 đạt cực đại tại điểm

x = 2.

Câu 4 (2,0 đ) : Cho hình chóp đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh bằng a. Góc giữa

cạnh bên với mặt phẳng đáy là 30o.

a). Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a.

b). Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. Tính thể tích khối cầu tương ứng.

II. PHẦN DÀNH CHO THÍ SINH TỪNG BAN ( 2,0 điểm)

A. Ban nâng cao

Câu 5a (1,0 đ): Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y x  9 x 2 .

Câu 6a (1,0 đ): Giải hệ phương trình

2 4

4 2

log x log y 4
log x log y 5

 




 

 .

B. Ban cơ bản

Câu 5b (1,0 đ): Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y 6 3x trên đoạn



1;1



Câu 6b (1,0 đ): Giải bất phương trình log x 23







log x 29







--- HẾT

---ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 5

Câu Ý Nội dung Điểm

1 a) + TXĐ : D = 

+ y '4x34x,

x 0 y 1

y ' 0

x 1 y 0

  



     



0,25

0,5

- Giới hạn, tiệm cận: xlim y   , xlim y    

0,25

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

-Đồ thị: 0, 5

b) + Ta có: x4 2x2 m 0 x4 2x2 1 m 1

        

+ Suy ra phương trình đã cho là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị
(C) với đường thẳng y m 1  .

+Dựa vào đồ thị (C) phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ
khi  1 m 1 0   0 m 1 

0,25
0,25
0,5
2 a - Đặt t = 5x >0, phương trình thành : t2 – 2t – 15 = 0

 t 5 (do t >0)
- Với t = 5, ta có: x = 1.

0,25
0,5
0,25
b + ĐK : x 0

+ Ta có :





2 2

2 2 2 2

log x log 4x  4 0  log x log x 2 0  

2
2

x 2
log x 1

log x 2 x

4




 

  



 



0,25
0,25
0,5

Hàm số đạt cực đại tại x = 2 

y'(2) 0
y''(2) 0











m 12m 11 0

12 6m 0

   




 



  m 11 .

0,5
0,5

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

- Chiều cao SO = a
6
6
- diện tích tứ giác ABDC : a2

- V = a3

6
18

0,25x2
0,25
0,25
b) - Nêu được cách xác định tâm I 0,25

- Bán kính : R = SI = a
6

3 ( = 2 SO)

0,25

- Thể tích :

8 a 6

V
27


0,25
Dành
cho
ban
A
5a)

+ TXĐ: D 



3;3



+ 2

x
y' 1
9 x
 
 ,





x 0
3

y' 0 3 3 x 3;3

x x 2

2 2



      
  



 





3 9

f 3 3, f 3 3, f

2 2

 

    

 

Vậy x  3;3
max y
 
3 9
f
2 2
 
  

  , x  3;3





min y f 3 3

 

  

0,25

0,5

0,25

6a) - Điều kiện: x >0, y >0.

2 4

4 2

log x log y 4
log x log y 5

 


 
 
2 2
2 2

2log x log y 8
log x 2log y 10

 


 


x 4
y 16





 .
0,25
0,5
0,25
Dành
cho
ban
B
5b)

+ Ta có

3
y'

2 6 3x




+ f 1

 

 3, f



1



3

+ Vậy  





 1;1

 

1;1

max y f 1 3, min y f 1 3



    
0,25
0,5
0,25
6b) + ĐK x 2

Ta có:

















3 9 3 3

log x 2 log x 2 log x 2 0 log x 2 0 x 1

           

+ Kết hợp đk suy ra bất phương trình đã cho có tập nghiệm là T 



2; 1



</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

ĐỀ TỰ KIỂM TRA HỌC KỲ I

MƠN tốn : LỚP 12

Thời gian làm bài : 90 phút , khơng tính thời gian giao đề
ĐỀ SỐ 06

Câu 1 (3,0 điểm)
Cho hàm số:

x 2
y

x 3



 , gọi đồ thị hàm số là (C).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại giao điểm của (C) với trục tung.
Câu 2 (1,0 điểm)

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x)x38x2 16x 9 trên đoạn



1;3



.
Câu 3 ( 3,0 điểm)

Giải các phương trình sau:
a) 2x 4 2x 2 5x 1 3.5x

b) log (x 3) log (x 3) log 72   2   2

Câu 4 ( 3,0 điểm)

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là một tam giác đều cạnh bằng a, SA = a và SA vng góc
với mặt phẳng (ABC).

a) Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.

b) Xác định tâm O và tính bán kính r của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC theo a.

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 06

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

1a  TXĐ: D=R\{3}

 2

y' 0, x 3

(x 3)


   

 hàm số nghịch biến trên hai khoảng



 ;3 , 3;

 





 Đường tiệm cận : ĐTC đứng: x 3 .
 ĐTC ngang: y 1

 Bảng biến thiên:

+ Điểm đặc biệt:

x 0 y ; y 0 x 2

     

+ Vẽ đồ thị:

0.25
0.25

0.50

0.25

2

1b

 Giao điểm với Oy :

2
(0; )

3




5
f '(0)

9


 Dạng tiếp tuyến y y 0 f '(x )(x x )0  0

 Thay số , ra kết quả

5 2

y x

9 3

 

0.25
0.25
0.25

0.25

1

2

Tìm GTLN, GTNN f (x)x38x2 16x 9 trên



1;3



 f '(x)3x216x 16



x 4

f '(x) 0 4

x
3



 

 

 ; x 4 : loại ; 
4
x



: chọn

 Tính f (1) 0 , f (3) 6 ,

4 13

f ( )

3  27

 1;3

Max y 6

khi x 3 và 1;3

13
Min y

27


khi
4
x

3


0.25
0.25
0.25
0.25

1

-∞ +∞

x
y’
y 1

1
-∞

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

3a  Đưa về: 16.2x 4.2x 5.5x 3.5x

  

 Đưa về 20.2x 8.5x
 Rút gọn:

x 1

2 2

( ) ( )

5  5

 x 1

0.25
0.5
0.5
0.25

1,5

3b  Điều kiện x 3

 Đưa về log (x 3)(x 3) log 72    2

 x4

 So với điều kiện, trả lời x 4

0.25
0.5
0.5
0.25

1,5

4a  Hình vẽ


V Bh

3




a 3

B
4




a 3

V
12


0.5
0.25

0.25

0.5

1.5

4b  Hình vẽ ( vẽ thêm đúng)

 Xác định tâm O thuộc trục d của đường tròn ngoại tiếp tam giác

đáy.

 Trong mặt phẳng ( SAG) :O thuộc trung trực cạnh SA ( G là

tâm tam giác ABC)

 O là giao của d và trung trực của SA

 Tính đúng bán kính đáy r OA  OG2GA2


7
r a

12


0.25
0.25
0.25

1.5

C
S

J G

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

ĐỀ TỰ KIỂM TRA HỌC KỲ I 
MƠN tốn : LỚP 12

Thời gian làm bài : 90 phút , khơng tính thời gian giao đề
ĐỀ SỚ 07

Bài 1: (4điểm) cho hàm số : y = x4 – 2x2 – 5

a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số

b) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình: m – x4 + 2x2 = 0

c) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị biết nó song song với đường thẳng (d): y = 24x +
10

Bài 2:(1,5 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
a) y = x – ex x 



1;1



b) y = 2sinx + cos2x ,

x 0;

2


 

  
:Bài 3:(1,5 điểm) Giải phương trình:

a) 25x 24.5x 25 0
b) log x log x 23  3







1

Bài 4: (3 điểm) Cho hình chop S.ABCD đáy là hình chữ nhật. Biết SA = AB = a , AD = 2a,





SA ABCD

a) Tính thể tích của hình chóp S.ABCD

b) Tìm tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

Đáp án & biểu điểm đề 07

Câu Đáp án Điểm Câu Đáp án Điểm

1.a

TXĐ : D = R
y’= 4x3 – 4x

y’= 0

x 0 y 5

x 1 y 6

  



    



Lập bảng biến thiên đúng , đầy đủ
Vẽ đồ thị đúng

0.25
0.25

0.5
1.5
0.5

3a PT 52x  24.5x 25 0

x
x 2
5 1(loai)
5 5
 
 



=> x = 2 là nghiệm của pt

0.25
0.25
0.25

Pt biến đổi thành
x4 – 2x2 -5 = m – 5

m < -1 : pt vô nghiệm
m = -1 : pt có 2 nghiệm
-1< m < 0: pt có 4 nghiệm
m = 0 : pt có 3 nghiệm

m > 0 : pt có 2 nghiệm

1 3b

b. ĐK : x >0

3
2

PT log x(x 2) 1

x 2x 3 0

x 1
x 3(loai)
  
   


  


Vậy, x =1 là nghiệm của pt

0.25
0.25
0.25

Ta có: 4x3 – 4x = 24

x3 – x – 6 = 0

x = 2 y = 3

Vậy PTTT là: y = 24x – 45

1 4a

Vẽ hình đúng

a. Ta có :

2
ABCD

S a.2a 2a

1
V 2.a
3
 

0.5
0.75
0.75
2 a. Xét trên đoạn [-1,1]

Ta có : y' =1- ex

y' = 0 <=> x = 0
1

f ( 1) 1 ,f (0) 1,f (1) 1 e
e

     

Vậy Max y =1 tại x = 0
Min y = 1- e tại x = 1
b. Xét trên đoạn [0,2

]
Ta có :

y' = 2cos - 2sin2x = 2cosx(1 - 2sinx)

y' = 0

cos x 0 x

2
1
sinx x
2 6



  

 

   

3

f (0) 1,f ( ) ,f ( ) 1

6 2 2

 
  
0;
2
3
maxy
2

 
 
 


tại x =6

0.25
0.25
0.25

0.25
0.25
0.25
4a

b. Gọi O là trung điểm của SC
Ta có :

OA = OB = OC = OD = OS

2 2

AC a 4a a 5

SC 5a a a 6

SC a 6

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

0;
2

miny 1



 

 

 



tại x = 0, x = 2


ĐỀ TỰ KIỂM TRA HỌC KỲ I 
MƠN tốn : LỚP 12

Thời gian làm bài : 90 phút , khơng tính thời gian giao đề
ĐỀ SỚ 08

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I: (3 điểm)

Cho hàm số

x 4 m
y

m x 3
 


  (1).

a). Xác định m để đồ thị hàm số (1) qua điểm

1
A 1;

 

 

 

 .

b). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 4.
c). Viết phương trình tiếp tuyến với (C) tại điểm có hồnh độ x0 = 2.

Câu II: (2 điểm)

a). Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y f x

  

 x 1 e



x 1 .
b). Tính giá trị của biểu thức 4 2 5

log 3 3log 5

1 log 5 2

P 16 4 

  .

Câu III: (2 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, cạnh bên SA vng góc với
đáy, cạnh bên SB a 3 .

a). Thể tích khối chóp S.ABCD.

b). Chứng minh trung điểm của cạnh SC là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm)

Thí sinh học chương trình nào thì chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình 
đó.

Câu IV.a: (Theo chương trình chuẩn)

1). (2 điểm) Giải các phương trình và bất phương trình sau:

a). 2x2x  22 x x  2 3.

b).

log 4
2

2 2

log x log x 3 log x

 

     

 .

2). (1 điểm) Cho hàm số y f x

 

sin 2x.ecos 2x. Giải phương trình : f (x) 2.e  cos2x
Câu IV.b. (Theo chương trình nâng cao)

1). (2 điểm)

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

b). 2x2x  22 x x  2 3.
2). (1 điểm)

Tính:





x 0

ln 1 2x
lim

tan x




.

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 08

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I:

a). Thay tọa độ điểm

1
A 1;

 

 

 

  vào (1) ta được m = 4.
b).

c). y x 4  .

f(x)=x/(1-x)
y=1x-4
x(t)=1 , y(t)=t
f(x)=-1

-15 -14 -13 -12 -11 -10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4

-13
-12
-11
-10
-9
-8
-7
-6
-5
-4
-3
-2
-1
1
2

x
y

y=x-4

Câu II:

a). D

 





min f x f 2

  

b). Tính giá trị của biểu thức 4 2 5

log 3 3log 5

1 log 5 2

P 16 4  592

   .

Câu III:

a. Tính diện tích hình vng ABCD ; Tính độ dài SA bằng định lí Pi-ta-go trong tam giác vng
SAB. Khi đó ta tính được thể tích khối chóp S.ABCD.

b. Cần chứng minh IA = IB = IC = ID = IS.

a 3
a

I

D
A

B C

S

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

Câu IV.a: (Theo chương trình chuẩn)
1.

2 2 2

x x 2 x x x x

x x

2 2 3 2 3 0

   



     

. Đặt t 2 x2x 0 ; giải tiếp để tìm x.
b. Điều kiện

17
0 x

 

.
3

log 4
2

2 2

log x log x 3 log x

 

     

 

2 2

log x log 16 x

 

    

   x316x 17 0 
x 1

  . Kết hợp điều kkiện ta được tập nghiệm 0 x 1  .
2. Ta có :

 f (x) (2cos 2x 2cos 2x 2).e  2   cos 2x



cos 2x 2 cos 2x 1

f (x) 2.e 2cos 2x 2cos 2x 4 0

cos 2x 2



       




 Chọn cos 2x 1  2x k2   x k 
Câu IV.b. (Theo chương trình nâng cao)
1).

a). Tìm điều kiện rồi đặt t  log x 1 023   .

b). Xem cách biến đổi câu IV.a.a.
2). Tính





x 0

ln 1 2x

lim 2

tan x





</div>