THPT VINH XUÂN
Đề số 10
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 1: (4 điểm)
Cho hàm số
x
y
x
2 1
1
+
=
−
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại giao điểm của đồ thị (C) và trục tung .
c) Tìm m để đường thẳng d:
( )
y m x 2 2= + +
cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt.
Câu 2: (3 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình chữ nhật ABCD có
AD a AB a, 3= =
, cạnh bên SA vuông
góc với mặt đáy (ABCD), cạnh bên SB tạo với mặt đáy (ABCD) một góc bằng
0
30
. Gọi H là
hình chiếu vuông góc của A trên SD.

( ) ( )
x y
x y
x y x y
2 2
4
1
5
5
log log 5
−
−

 

=
 ÷

 

+ + − =

Câu 4b: (1 điểm) Giải phương trình:
( ) ( )
x x x x
2 2
3 2
log 2 1 log 2+ + = +
.
Câu 5b: (1 điểm) Hình trụ có bán kính đáy R và trục

TXĐ:
{ }
D \ 1=
¡
( )
y x
x
2
3
0, 1
1
−
′
= < ∀ ≠
−
⇒
Hàm số luôn luôn nghịch biến trên hai khoảng
( )
;1−∞
và
( )
1;+∞
. Hàm số không có cực trị .
+
x
y
1
lim
−
→

−

−

y
2
+∞−∞
2
+ Đồ thị:

Đồ thị cắt trục hoành tại điểm
( )
0,5;0−
, cắt trục tung tại điểm
( )
0; 1−
.
Đồ thị nhận giao điểm
( )
I 1;2
của hai tiệm cận làm tâm đối xứng .
0,25
0,25
0,25
0,25
0,50
0,50

pt
( )
x
m x
x
2 1
2 2
1
+
= + +
−
có 2 nghiệm phân biệt
x
1
và
x
2
khác 1
mx mx m
2
2 3 0⇔ + − − =
có 2 nghiệm phân biệt
x
1
và
x
2
khác 1
0,25
0,25


>


0,50
2a Chứng minh rằng DC vuông góc với AH. 0,50
Hình vẽ: 0,50 điểm

H'
H
I
D
C
B
A
S
Ta có
CD AD
CD SA

⊥

⊥


CD SAD

AH SAD
( )
( )

=
.
Từ tam giác vuông SAB ta có
SA AB a a
0
3
tan30 3.
3
= = =
.
Từ tam giác vuông SAC ta có
SC SA AC SA AB BC
2 2 2 2 2 2
= + = + +
=
a a a a
2 2 2 2
3 5+ + =

SC a 5⇒ =

SC a
R
5
2 2
⇒ = =
.
0,25
0,25
0,50

SA a
HH
2 2
′
= =
.
Vậy
H ABC
a
V a a a
3
.
1 3
. 3. .
6 2 12
= =
0,25
0,25
0,25
0,25
3a
Giải phương trình:
x x1
5 3.5 8 0
−
+ − =
.
1,00
Đặt
x




=
=

x
x
5
log 3
1

=
⇔

=

4a
Giải bất phương trình:
(
)
( )
x x x
2
2 2
log 2 3 1 log 3 1+ − ≥ + +
.
1,00
3
Bpt


⇔


− − ≥


x
x x
1
3
1 5


> −
⇔


≤ − ≥

hoÆc

x 5⇔ ≥
0,50
0,50
5a Tính thể tích khối tròn xoay được tạo thành 1,00

Gọi V là thể tích khối tròn xoay,

B C

BC b c
2 2
= +
,
AB AC bc
AH
BC
b c
2 2
.
= =
+
.
Vậy
b c
V b c
b c
2 2
2 2
2 2
1
.
3
π
= +
+

b c
b c
2 2


+ − =

=

x y
y x
x y
2 2
4
2
32

−
− =

⇔


− =


x y
x y
2 2
3
32

=
⇔

2

=
⇔

=

. Vậy hệ phương trình có một nghiệm
( ) ( )
x y; 6;2=
0,25
0,25
0,25
0,25
4b
Giải phương trình:
( ) ( )
x x x x
2 2
3 2
log 2 1 log 2+ + = +
.
1,00
Điều kiện
x x
x x
2
2
2 1 0
2 0

3
log 2 1+ =
t t
2 1 3⇔ + =
t t
2 1
1
3 3
   
⇔ + =
 ÷  ÷
   
(1)
Hàm số
t t
f t
2 1
( )
3 3
   
= +
 ÷  ÷
   
nghịch biến trên
¡
và
f (1) 1=
nên (1) có nghiệm duy
nhất
t 1=

=
( )
d O ABC,( )=
Gọi H là trung điểm của dây AC thì
OH AC⊥
Đồng thời
BC O BC OH( )⊥ ⇒ ⊥
.
Suy ra
( )
OH ABC OH d O ABC( ) ,( )⊥ ⇒ =
Vậy
( ) ( )
d OO AB d O ABC OH, ,( )
′
= =
.
Từ
OO BC/ /
′

( )
·
·
OO AB ABC,
α
′
⇒ = =
.
Từ tam giác vuông ABC, ta có

′
= = −
, với điều kiện
2
1 tan 0
α
− ≥
hay
0 0
0 45
α
< ≤
.
0,25
0,25
0,25
0,25
5