SỞ GD – ĐT THỪA THIÊN HUẾ
TRƯỜNG THPT TAM GIANG
Đề số 9
ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2008 – 2009
Môn TOÁN Lớp 12
Thời gian làm bài 90 phút
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ HỌC SINH: (7 điểm)
Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y = x
3
– 3x
2
+ 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:
2
3t
– 3.4
t
+ 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 x
4 2
8 15= − +
trên đoạn [–1; 3].
2) Tính đạo hàm của các hàm số sau:
a)
x
y x e
2 4
.=

2
2
2
− −
=
+
biết tiếp tuyến song song với
đường thẳng
x y3 2 0+ − =
.
2) Giải phương trình:
x
e x
2
6 ln
2 2
log 5.log
+
=
.
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)
1) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
x
y
x

+ 5.
1. Tập xác định:
¡
.
2. Sự biến thiên:
a)Giới hạn tại vô cực:

x x x x
y x y
x x
x x
3
3 3
3 5 3 5
lim lim 1 ; lim lim 1
→−∞ →−∞ →+∞ →+∞
   
= − + = −∞ = − + = +∞
 ÷  ÷
   
.
0,25
b) Bảng biến thiên:
y’ = 3x
2
– 6x = 3x(x – 2); y’ = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2
0,25
BBT:
x –∞ 0 2 +∞
y’ + 0 – 0 +

0,5
2 Dựa vào đồ thị (C) …..
Đặt x = 2
t
> 0, phương trình đã cho thành: x
3
– 3x
2
+ 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.
0,5
II 1 Tìm giá trị nhỏ nhất và …..
Hàm số y = x
4
– 8x
2
+ 15 liên tục trên đoạn [–1; 3].
Ta có y’ = 4x
3
– 16x = 4x(x
2
– 4).
y x x x
x x
x x x
x
2

.e
4x
. Tập xác định:
¡
.
y’ = (x
2
)’.e
4x
+ x
2
.(e
4x
)’ = 2x.e
4x
+ x
2
.(4x)’.e
4x
= 2x.e
4x
(1 + 2x).
0,5
b) y = e
x
.ln(2 + sinx). Tập xác định:
¡
.
y’ = (e
x

− +
=
⇔
x x
2
1 3
4 4
− +
=
⇔ x
2
– x + 1 = 3 ⇔ x = –1 hoặc x = 2.
0,5
2
x x
3 3
log log ( 2) 1+ − =
. Tập xác định: (2; +∞).
x x
3 3
log log ( 2) 1+ − =
⇔
[x x ]
3
log ( 2) 1− =
⇔ x(x – 2) = 3 ⇔ x
2
– 2x – 3 = 0 ⇔ x = –1 hoặc x = 3.
Vậy phương trình có nghiệm là x = 3.
0,5

0,75
3 Ta có đáy của khối chóp S.MB’C’D’ có diện tích bằng:
S
MB’C’D’
= S
A’B’C’D’
– S
∆
A’B’M
= 4a
2
– a
2
= 3a
2
.
Chiều cao của khối chóp S.MB’C’D’ bằng khoảng cách từ S đến
mp(A’B’C’D’) và bằng AA’ = a.
Vậy thể tích của khối chóp S.MB’C’D’ là V =
MB C D
1
S AA' = a a a
3
2 3
' ' '
1
. .3 .
3
=
0,75

0
= –1 hoặc x
0
= –3.
Với x
0
= –1, y
0
= 0, ta có tiếp tuyến tại (–1; 0) là y = –3(x + 1).
Với x
0
= –3, y
0
= –10, ta có tiếp tuyến tại (–3; –10) là y = –3(x + 3) – 10.
1,0
2
x
e x
2
6 ln
2 2
log 5.log
+
=
Điều kiện xác định của phương trình: x > 0.
x
e x
2
6 ln
2 2

3
Gọi O là tâm hình vuông ABCD, ta có OA = OB = OC = OD = a;
OS
2
= SA
2
– OA
2
= 2a
2
– a
2
= a
2
⇒ OS = a. Vậy tâm của mặt cầu ngoại tiếp
hình chóp S.ABCD là O, bán kính R = a.
Diện tích mặt cầu S = 4πR
2
= 4πa
2
.
Thể tích khối cầu V =
R a
3 3
4 4
3 3
π π
=
1,0
Vb

= 3.
Với x
0
= –1, y
0
= 5/2, ta có tiếp tuyến tại (–1; 5/2) là y =
x
3 5
( 1)
4 2
+ +
.
Với x
0
= 3, y
0
= –1/2, ta có tiếp tuyến tại (3; –1/2) là y =
x
3 1
( 3)
4 2
− −
.
1,0
2
x x2 log2
6 2 5.10+ =
⇔
x
x x x2 log2 2

π
; V =
R SO a a a
2 2 3
1 1 1
. .
3 3 3
π π π
= =
1,0
4