Đề số 2
ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010
Môn TOÁN Lớp 12 Nâng cao
Thời gian làm bài 90 phút
Bài 1 (3 điểm)
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số:
y f x x x x C
3 2
1
( ) 2 3 1 ( )
3
= = − + − +
(2 điểm)
b) Tìm
m
để đường thẳng
d y mx( ) : 1= +
cắt
C( )
tại 3 điểm phân biệt? (1 điểm)
Bài 2 (3 điểm)
a) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số:

f x x x
1 4
( ) cos2 2sin
3 3
= − − +
, với
x 0;

− − =

(1 điểm)
Bài 3 (1 điểm)
Cho hàm số
( )
m
x m x m m
y C
x
2 2
2( 1)
2
+ + + +
=
+
,
m
là tham số.
Tìm
m
để hàm số
( )
m
C
có cực đại, cực tiểu và khoảng cách giữa hai điểm cực đại, cực tiểu
bằng
5
? (1 điểm)
Bài 4 (3 điểm)

và thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp
H ABC.
. (1 điểm)
c) Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp
A BHK.
và
A BCH.
? (0,5 điểm)
===============================

Đề số 2
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010
Môn TOÁN Lớp 12 Nâng cao
Thời gian làm bài 90 phút
Bài 1 (3 điểm)
a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số:
y f x x x x (C)
3 2
1
( ) 2 3 1
3
= = − + − +
• Tập xác định
D R=
(0,25 điểm)
• Giới hạn
x x
y ylim ; lim
→+∞ →−∞
= −∞ = +∞

(1;3)
, nghịch biến trên
( ;1)−∞
và
(3; )+∞
Điểm cực đại
I
1
(3;1)
, điểm cực tiểu
I
2
1
1;
3
 
−
 ÷
 
• Ta có
y x y x x'' 2 4; '' 0 2 4 0 2= − + = ⇔ − + = ⇔ =
.
Điểm uốn
I
1
2;
3
 
 ÷
 

1
−∞
3
0
+∞
−∞
-+
x
( )
'f x
( )
f x
0
-2
A
2
-1
x
y
I
1
-2
3
4
.
.
.
.
.
.

 

− + − + + ⇔ − + + = ⇔
 ÷
− + + =

 

(0,5 điểm)
Đặt
g x x x m
2
1
( ) 2 3
3
= − + +
.
Để PT đã cho có 3 nghiệm phân biệt thì PT
g x( ) 0=
có 2 nghiệm phân biệt khác
0

( )
( )
m
m
g
m
m
1

( ) cos2 2sin
3 3
= − − +
, với
x 0;
2
π
 
∈
 
 
• Ta có
( )
f x x x x x x
2 2
1 4 2
( ) 1 2sin 2sin sin 2sin 1, 0;
3 3 3 2
π
 
= − − − + = − + ∈
 
 
(0,25 điểm)
Đặt
t x t g t t t t
2
2
sin , 0 1 ( ) 2 1, 0;1
3

1 1
min ( ) (1) 1 min ( )
3 3 2
π
π
 
 
 
= = − = ⇔ = − =
Vậy
f x khi x
0;
2
max ( ) 1 0
π
 
 
 
= =
,
f x khi x
0;
2
1
min ( )
3 2
π
π
 
 

2
2
2
8
2
1
log 2
2 2
4
10 16 0
8 log 8 1
2
256
−
−

=


= −

= − =
+ + = ⇔ ⇔ ⇔ ⇒



= − = −

=


(2)
ta được:

y
y
y y
y
t
t
t
1
2
4 0
4
16 4 3 0 4 3 0
4
3 0
4
−

= >

− − = ⇔ − − = ⇔

− − =


(0,5 điểm)
Phương trình
t

y
x x
2 2
2 2
2 2
2 2( 1) ( 2) 2( 1)
4 3 4
'
( 2) ( 2)
 
+ + + − + + + +
+ − + +
 
= =
+ +
Đặt
( )
g x x x m m
2 2
4 3 4= + − + +
. Để hàm số đã cho có cực trị thì
y ' 0=
có hai nghiệm phân
biệt khác
2−
và
y '
đổi dấu khi đi qua hai nghiệm phân biệt đó
g x( ) 0⇔ =
có hai nghiệm phân

Vậy
( ) ( )
m ;0 3;∈ −∞ ∪ +∞
thì hàm số đã cho có cực trị.
Với
( ) ( )
m ;0 3;∈ −∞ ∪ +∞
, gọi hai điểm cực trị là
( ) ( )
I x x m I x x m
1 1 1 2 2 2
; 2 2 2 ; ; 2 2 2+ + + +
( ) ( ) ( )
( ) ( )
I I I I x x x x x x
x x x x
2 2 2
2
1 2 1 2 2 1 2 1 2 1
2
2 1 1 2
5 5 2 2 5 5 5
4 1 *
= ⇔ = ⇔ − + − = ⇔ − =
⇔ + − =
Áp dụng hệ thức Viet, ta có
x x
x x m m
1 2
2



(0,25 điểm)
Bài 4 (3 điểm)
Vẽ hình đúng ( 0,5 điểm)
a) Do
SA ABC( )⊥
nên
SA
là đường cao của hình chóp
S ABC.
.
Thể tích của khối chóp là:
ABC
V SA S
1
.
3
∆
=
(0,25 điểm)
Mà
ABC
∆
vuông tại
C
nên:
ABC
a
S AC BC a a

AH SBC AH HB( )⊥ ⇒ ⊥
.
AHB
∆
vuông tại
H
.
Gọi
I
là trung điểm của
AB
, ta có
IA IB IH (1)= =
ACB
∆
vuông tại
C
, ta có
IA IB IC (2)= =
Từ (1), (2) suy ra
I
là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
H ABC.
.
Bán kính
AB
R IA a
2
= = =
. (0,5 điểm)

(0,25 điểm)
( )
H ABK B AHK
a
V V BK dt AHK BK AH HK
3
. .
1 1 1 3
. . .
3 3 2 14
∆
= = = =
Suy ra
A BHK
A BCH
a
V
V
a
3
.
3
.
3
12
14
1
7
8
= =