SỞ GD & ĐT THANH HÓA
Trường THPT Đông Sơn I
Đề số 3
ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010
Môn TOÁN Lớp 12
Thời gian làm bài 90 phút
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (3 điểm)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
y x x
4 2
5 4= − +
.
2. Tìm m để phương trình
x x m
4 2
5 4− + =
có 4 nghiệm phân biệt.
Câu II (1 điểm)
Giải phương trình:
x x
2 4 2
1
2(log 1)log log 0
4
+ + =
.
Câu III (3 điểm)
Cho tam giác ABC đều cạnh a. Trên đường thẳng d đi qua A và vuông góc với mặt phẳng (ABC)
lấy điểm D sao cho AD = 2a.
1. Tính thể tích khối chóp D.ABC.

4= + −
.
2. Giải hệ phương trình:
x y
y x
x y x y
3 1
3
4 32
log ( ) 1 log ( )
+



=

− = + +



3. Tìm m để phương trình
x x
m m m
2 2
2
( 2)2 2( 1)2 2 6 0− − + + − =
có nghiệm thuộc đoạn
0; 2
 
 

x
y
x
0
0
10
2

=

′
= ⇔

= ±

x
– ∞ –
10 / 2
0
10 / 2
+ ∞
y' – 0 + 0 – 0 +
y
+ ∞ 4 + ∞ –9/4 –9/4
0,50
Hàm số đồng biến trên các khoảng
10 10

± = −
 ÷
 
0,50
3) Đồ thị: Đồ thị (C) của hàm số có hai điểm uốn U
5 19
;
6 36
 
±
 ÷
 ÷
 
nhận Oy làm trục
đối xứng, giao với Ox tại 4 điểm (
±
1; 0); (
±
2; 0) (Hình 1)

0,50
O
1 2
x
-1-2
4
-9/4
O
1 2
x

Số nghiệm của (1) bằng số giao điểm của (C
1
) với đường thẳng y = m. Theo đồ thị
ta được (1) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m = 0 và
m
9
4
4
< <
0,50
II Giải phương trình
x x
2 4 2
1
2(log 1)log log 0
4
+ + =
(1) 1,00
Điều kiện: x > 0
(1)
x x x x
2
2 2 2 2
(log 1)log 2 0 log log 2 0⇔ + − = ⇔ + − =
0,5
x
x
x
x
2

9/4
3
Thể tích khối chóp
D ABC ABC
a a
V AD S a
2 3
.
1 1 3 3
. 2 .
3 3 4 6
= = =
1,00
III.2 Tính diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp D.ABC. 1,00
Gọi O là trọng tâm của tam giác ABC, gọi ∆ là đường thẳng đi qua O và vuông
góc với (ABC), suy ra ∆ // DA và ∆ là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC. Trong mặt phẳng (d, ∆) kẻ đường thẳng trung trực của AD cắt ∆ tại I,
khi đó I cách đều A, B, C, D nên I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp D.ABC
0,25
Gọi M, N là trung điểm của BC và AD. Tứ giác AOIN là hình chữ nhật nên
IA = ON =
AN AO
2 2
+
. AN =
a a
DA a AO AM
1 2 2 3 3
,
2 3 3 2 3

π π
 
= = =
 ÷
 ÷
 
0,50
III.3 Tính tỉ số thể tích... 1.00
Gọi E = DM ∩ IN, F = BE ∩ DC khi đó tam giác BNF là thiết diện của hình chóp
cắt bởi mặt phẳng (BNI).
0,25
Do N là trung điểm của DA, NE // AM nên E là trung điểm của DM
Gọi K là trung điểm của FC ⇒ MK là đường trung bình của tam giác BFC
⇒ MK // BF ⇒ EF là đường trung bình của tam giác DMK ⇒ F là trung điểm của
DK ⇒ DC = 3 DF ⇒ S
DBC
= 3S
DBF
.
0,25
Gọi h là khoảng cách từ A đến mặt phẳng (DBC), do N là trung điểm của DA nên
khoảng cách từ N đến (DBC) bằng h/2.
Gọi thể tích khối chóp D.ABC là V, thể tích khối chóp D.NBF là V
1
, thể tích phần
còn lại là V
2
.
Ta có
DBF DBC

2
1
V
V
5=
Chú ý thí sinh cũng có thể làm theo cách sau:
V
DN DF DB
V DA DC DB
1
1
. .
6
= =
0,25
IVa.1 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số
y x x1 9= − + − +
. 1,00
Tập xác định D = [1; 9]
y
x x
1 1
'
2 1 2 9
= −
− −
,
y x x x' 0 1 9 5= ⇔ − = − ⇔ =
0,50
y(1)= y(9) =


0,50
x
x
2
1

≥
⇔

≤

. Vậy bất phương trình có tập nghiệm
S (0;1] [2; )= ∪ +∞
0,25
IVa.3
Tìm m để hàm số y = x
3
– 6x
2
+ 3(m + 2)x – m – 6 có hai cực trị cùng dấu.
1,00
y’ = 3x
2

– 12x + 3(m +2). Điều kiện để hàm số có cực trị là y’ có hai nghiệm phân
biệt
m m' 36 9( 2) 0 2
∆
⇔ = − + > ⇔ <

2
) = 0
nên
y x m x
1 1
( ) ( 2)(2 1)= − +
,
y x m x
2 2
( ) ( 2)(2 1)= − +
0,25
C CT
y y y x y x m x x m x x x x
2 2
§ 1 2 1 2 1 2 1 2
( ) ( ) ( 2) (2 1)(2 1) ( 2) [4 2( ) 1]= = − + + = − + + +
m m m m
2 2
( 2) [4( 2) 2.4 1] ( 2) (4 17)= − + + + = − +
0,25
Do đó hai giá trị cực trị cùng dấu khi
CÑ CT
m
y y m m
m
2
2
. 0 ( 2) (4 17) 0
17
4

= + =
− −
0,25
5