KIỂM TRA HỌC KỲ I -
MÔN TOÁN LỚP 12 ( Thời gian 90 phút )
-----------
ĐỀ CHÍNH THỨC
A-PHẦN CHUNG BẮT BUỘC: ( 7 điểm )
Câu 1: (4 điểm)
Cho hàm số
2 1
1
x
y
x
+
=
−
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 có phương trình
( )
2 2y m x= + +
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
, 3AD a AB a= =
,
cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy (ABCD), cạnh bên SB tạo với mặt đáy (ABCD)
một góc bằng
0
30

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

y x
x
−
′
= < ∀ ≠
−
⇒
Hàm số luôn luôn nghịch biến trên hai
khoảng
( )
;1−∞
và
( )
1;+∞
. Hàm số không có cực trị .
+
1
lim
x
y
−
→
= −∞
,
1
lim
x
y
+
→
−∞
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
( )
1;2I
của hai tiệm cận làm tâm đối xứng .
0,25
0,25
0,25
0,25
0,50
0,50
1b Viết phương trình tiếp tuyến .... 1,00
Đồ thị (C) cắt trục tung tại điểm
( )
0; 1A −
.
Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm A là:
( )

x
+
= + +
−
có 2 nghiệm phân biệt
1
x
và
2
x
khác 1
2
2 3 0mx mx m⇔ + − − =
có 2 nghiệm phân biệt
1
x
và
2
x
khác 1

( )
2
2
0
4 2 3 0
.1 .1 2 3 0
m
m m m
m m m

D
C
B
A
S
Ta có
CD AD
CD SA
⊥


⊥


( )

( )
CD SAD
AH SAD
⊥

⇒

⊂


CD AH⇒ ⊥
0,50
2b Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD . 1,00
Ta có

3 5a a a a+ + =

5SC a⇒ =

5
2 2
SC a
R⇒ = =
.
0,25
0,25
0,50
2c Tính thể tích khối chóp H.ABC . 1,00
Trong mặt phẳng (SAD) dựng
//HH SA
′
, với
H AD
′
∈
.
Vì
( )SA ABCD⊥
nên
( )HH ABCD
′
⊥
.
Suy ra thể tích khối chóp H.ABC là:
.

0,25
PHẦN DÀNH CHO HỌC SINH TỪNG BAN ( 3 điểm )
* Ban Cơ bản
Câu Nội dung Điểm
3a
Giải phương trình:
1
5 3.5 8 0
x x−
+ − =
.
1,00
Đặt
5
x
t =
, điều kiện
0t >
, phương trình trở thành:
15
8 0t
t
+ − =

2
8 15 0t t⇔ − + =

3
5
t

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

( )
2
3 1 0
2 3 2 3 1
x
x x x
+ >


⇔

+ − ≥ +




5x⇔ ≥
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
V V
lần lượt là thể tích các khối
nón đỉnh B, C có chung đường tròn
đáy tâm H, bán kính
r HA
=
( HA là
đường cao của tam giác vuông ABC)
Ta có
B C
V V V= +( )
2
1
.
3
AH BH HC
π

b c
π
= +
+

2 2
2 2
1
3
b c
b c
π
=
+
0,25
0,25
0,25
0,25
* Ban Nâng cao
Câu Nội dung Điểm
3b Giải hệ phương trình 1,00
Điều kiện
0, 0x y x y+ > − >
.
Hệ pt
( ) ( )
2
2
4
log 5



2 2
3
32
x y
x y
=

⇔

− =


6
2
x
y
=

⇔

=

hoặc
6
2
x
y
= −

.
1,00
Điều kiện
2
2
2 1 0
2 0
x x
x x

+ + >


+ >



2
2 0x x⇔ + >
(*)
Đặt
( )
2
2
log 2t x x= +

2
2 02
t
x x⇔ + = >

nghịch biến trên
¡
và
(1) 1f =
nên (1) có
nghiệm duy nhất
1t =
.
Với
1t =
2
2 2x x⇒ + =

1 3x⇔ = − ±
.
0,25
0,25
0,25
0,25
5b Tính khoảng cách giữa AB và OO’ theo R và
α
. 1,00

Dựng đường sinh BC, khi đó //OO BC
′

//( )OO ABC
′
⇒
, suy ra

⇒ = =
.
Từ tam giác vuông ABC, ta có

.tan 2 tanAC BC R
α α
= =

tan
2
AC
AH R
α
⇒ = =
.
Từ tam giác vuông AOH ta có
( )
2 2 2 2 2
1 tanOH OA AH R
α
= − = −
2
1 tanOH R
α
⇒ = −
. Vậy
( )
2
, 1 tand OO AB OH R
α