SỞ GD&ĐT BẾN TRE

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I NĂM HỌC 2009-2010
Mơn thi: TỐN - Khối 12 - Giáo dục trung học phổ thơng
( Thời gian làm bài 150 phút, khơng kể thời gian giao đề )
*******

I . PHẦN BẮT BUỘC (7,0 điểm )
Câu 1 (2,5 điểm)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số
3
3 2
y x x
= − +
.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại giao điểm của đồ thị (C) và trục tung.
Câu 2 (2,5 điểm)
a) Cho hàm số
[cos(lnx)+sin(lnx)] ( 0)
y x x
= >
. Chứng minh rằng:
2 // /
x y - xy + 2y = 0
.
b) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
2
y x x
= −

.
Câu 5A (2,0 điểm)
Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a. Cạnh bên của lăng
trụ tạo với mặt phẳng đáy một góc bằng 60
0
. Đỉnh A’ cách đều ba đỉnh A,B và C.
a) Chứng minh tứ giác BB’C’C là hình chữ nhật.
b) Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’.

2. Phần B theo chương trình nâng cao:
Câu 4B (1,0 điểm)
Tìm m để phương trình
2 2
3 3
log x + log x +1 - m +1 = 0
có nghiệm trên đoạn
3
1;3
 
 

Câu 5B (2,0 điểm)
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vng tâm O, cạnh
bằng a. Cạnh bên tạo với mặt phẳng đáy một góc bằng
0
45
.
a) Tính khoảng cách từ S đến mặt phẳng ABCD.
b) Chứng tỏ điểm O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho.

0.25

2
x 1 y 0
y ' 3x 3 0
x 1 y 4
= =
 
= − = ⇔ ⇒
 
= − =
 0.5 BBT

CÑ
CT
-
∞
+
∞
+
+
-

Hàm số nghịch biến trên khoảng
( 1;1)
−

CĐ
(
)
1;4
− ; CT
(
)
1;0
0.25 Câu1
2.5 đ

Giao điểm của đồ thị với các trục tọa độ
(
)
1;0 ; ( 2;0)
−
;
(
)
0;2
0.5

b) Ta ụ cỏc im thuc (C) v trc tung laứ nghieọm cuỷa heọ phửụng trỡnh

3
0
3 2
2
0
x
/
1 1
cos(lnx)+sin(lnx)+ [- sin(lnx)+ cos(lnx)]
x x
2 os(lnx)
y x
c
=
=//
2
sin(ln )
y x
x
=
0.5
Do ú
2 // / 2
2
. . 2 [ sin(ln )]-x2 os(lnx)+2 [cos(lnx)+sin(ln0.25 a
A
B
C
D
H
G
M
I

/
1
0 1 0 ( 0)
1 1
y x
x
x x
= ⇔ − = >
⇔ = ⇔ =(0) 0; (1) 1; (4) 0.
f f f

9
3
4log 2 log (2 3)
x x
+ = +

ĐK:
0
x
>0.25
9 3 3
3
4log 2 log (2 3) 2log 2 2log (2 3)
x x x x
+ = + ⇔ + = +

0.25
3 3
3 3 3
log 1 log (2 3)
log log 3 log (2 3)
x x
x x
⇔ + = +
⇔ + = +
1
3
BCD
V S AG
∆
=
2
1 1 3 3
. .
2 2 2 4
BCD
a
S CD BH a a
∆
= = =
0.25

2 2 2 2
2 3 2
( )
3 2 3
a
AG AB BG a a
= − = − =0.25

IA BA a
BA AG AG a
= = = = 0.5
Vy:
6
4
a
R =
(vd)

0.25
Tỡm m ủeồ phửụng trỡnh
2 2
3 3
log x log x 1 2m 1 0
+ + =
coự nghieọm treõn
ủoaùn
3
1;3.
K x > 0
t
= +
= + =

= + = +
2
y t t; y 2m 2
ln lt cú th l (P) v (d) s nghim

t [1;2]
ca phng trỡnh l s giao im ca (P) v (d) trờn on
[1;2]

do ú:
2
6
1 2
1
4
-
1
2
t
y
y=t
2
+t
y=2m+2
0.25
Cõu 4A
1

D
S
Nên
2
2
a
AO OS= =
Vậy : Khỏang cách từ đỉnh S đến mp(ABCD) bằng
2
2
a
OS =0.25
b) Chứng tỏ điểm O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp đã cho.
Ta có
2
2
a
OA OB OC OD= = = = 0.25

2
2
a
OS =


0.25 2 2
2 1 1
x mx m
y x m
x m x m
− + +
= = − +
− −

TXĐ
{
}
D R m
= −

0.25

/ /
2 2
2
1 1
1 ; 0 1 0 ( )
( ) ( )
( ) 1

y
y
/
x
+
∞
-
∞
m+1
m-1
0
0
-2
2
-
+
+
+
∞
-
∞
CT
CÑ
0.25
Câu 4B

1đ

và
⊥

⇒ ⊥

⊥

/
/
BC AM
BC (A AM)
BC A G

0.25
⇒ ⊥ ⇒ ⊥
/ /
BC AA BC BB

0.25
Vậy:
/ /
BB C C
là hình chữ nhật
0.25
b) A
/
ABC là hình chóp đều nên
⊥
/
A G (ABC)

A G AG tan 60 3 a
3 20.25
= = =
2 3
/
ABC
a 3 a 3
V S A G a
4 4
(đvtt)

0.25

Hình vẽ phục vụ tốt cho bài giải
0.25
9 3 3
3
3 3
3 3 3
3 3
4log 2 log (2 3) 2log 2 2log (2 3)
log 1 log (2 3)
log log 3 log (2 3)
log 3 log (2 3)
3 2 3 3
x x x x
x x
x x
x x
x x x
+ = + ⇔ + = +
⇔ + = +
⇔ + = +
⇔ = +
⇔ = + ⇔ =