ĐÁP ÁN & THANG ĐIỂM CHẤM ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ
Môn TOÁN 12 – NĂM HỌC 2009-2010
Câu Ý Nội dung Điểm
I
Cho hàm số
3
y = x - 3x - 1
(1)
(3.0 điểm)
1
Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).
1.5 điểm
TXĐ: R 0.25
y’ = 3x
2
– 3,
' 0y =
x = ±1Û
y' > 0 Û
x < - 1 hoặc x > 1;
y' < 0 -1< x < 1Û
0.25
HS đồng biến trên các khoảng
( ) ( )
; 1 ; 1;- ¥ - +¥
và nghịch
biến trên khoảng (-1; 1)
y
CĐ
= y(-1) = 1và y
CT

1
2-2
-3
-1
0.50
2 Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo tham số m số nghiệm của
phương trình:
3
- x + 3x + 1+ m = 0

1.0 điểm
Ta có:
3
3 1 0x x m- + + + =

3
3x - 1 = mxÛ -
(2)
0.25
1/5
(2) là PT HĐGĐ của (C) và (d): y = m, (d) song song hoặc trùng
với Ox. Số nghiệm của PT (2) đúng bằng số giao điểm của (C)
và (d).
0.25
Dựa vào đồ thị (C) ta có:
- Khi m < -3 hoặc m > 1: (d) cắt (C) tại 1 điểm nên phương trình
có 1 nghiệm duy nhất
- Khi m = -3 hoặc m = 1: (d) và (C) có hai điểm chung phân biệt
nên phương trình có hai nghiệm phân biệt.
- Khi -3 < m < 1: (d) cắt (C) tại 3 điểm phận biệt nên phương

2 .7
1.0 điểm
A =
2 7 2 7 2 7
2 7 1 7 2 7 1 7
14 2 .7
2 .7 2 .7
+ + +
+ + + +
=
0.50
2 7
2 7 1 7
1 7
7
7 7
7
+
+ - -
+
= = =
0.50
2.a
Giải phương trình
x x
9 - 10.3 + 9 = 0
1.0 điểm
PT
Û
( )

Tập nghiệm của phương trình là:
{ }
0;2S =
0.25
2.b
Giải phương trình
4
1
4
1
log (x - 3) = 1+ log
x
1.0 điểm
Điều kiện:
1
3 0 0 3x x
x
- > Ù > Û >
0.25
Khi đó:
PT
Û
4 4
log ( 3) 1 logx x- - = -
Û
4 4
log log ( 3)x x- -
= 1
0.25
Û

=
a 3
. Tính thể tích của khối chóp đó.
(1.0 điểm)

a
a 3
60
0
A
C
B
S
0.25
Ta có: AC = BC.tanB = a.tan60
0
=
3a
0.25
Diện tích tam giác ABC:
1
dt(ΔABC) = CA.CB
2
2
1 3
= a 3.a = a
2 2
0.25
Theo giả thiết SA =
3a

.
0.25
Vì
1
0 < a = <1
2
nên hàm số
1
2
y = log t
nghịch biến trên khoảng
(0; )+¥

0.25
Giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn [2; 4] là
1
2
log 2 1=-

Giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn [2; 4] là
1
2
log 4 2=-
(đúng 1 ý cho 0.25)
0.50
2 Cho hình nón có đỉnh S, mặt đáy là hình tròn tâm O, đường
kính AB = 2R và tam giác SAB vuông.
2.a Tính thể tích khối nón giới hạn bởi hình nón đó.
1.0 điểm
Ta có SA và SB là các đường sinh của hình nón nên SA = SB.

2.b
Gi s M l im thuc ng trũn ỏy sao cho gúc
ã
BAM
=
30
0
. Tớnh din tớch thit din ca hỡnh nún to bi mp(SAM).
1.0 im
Vỡ M thuc ng trũn ng kớnh AB nờn tam giỏc ABM
vuụng ti M cú gúc A bng 30
0

ị
MA =AB.cosA = 2R.cos30
0
=
R 3
.
0.25
Vỡ tam giỏc SOM vuụng ti O nờn OS = OM = R
ị
SM =
2R
Gi H l trung im MA, ta cú MH =
1 3
MA = R.
2 2
.
0.25

ờ ỳ
ờ ỳ
ở ỷ
1
;4
4
1.0 im
t t =
1
2
log x
, ta thy
1
;4 [-2; 2]
4
x t
ộ ự
ờ ỳ
ẻ ẻ
ờ ỳ
ở ỷ
.
Bi toỏn tr thnh: Tỡm GTLN, GTNN ca hm s
3 2
1
y = t + t -3t +1
3
trờn on [-2; 2].
0.25
2

2 Cho mặt cầu tâm O, bán kính bằng R. Xét một hình nón nội
tiếp mặt cầu có bán kính đáy bằng r. Tính DTXQ hình nón.
2.0 điểm

r
R
H
O
S
M
S'
Hình vẽ phục vụ tốt cho lời giải (có thể với cách giải khác)
0.25
Vì S là đỉnh, H là tâm của hình tròn đáy của hình nón nội tiếp
mặt cầu tâm O nên H thuộc đường kính SS’ của mặt cầu.
Đặt SH = h là chiều cao của hình nón.
0.25
Vì M thuộc đường tròn (H) nên tam giác MSS’ vuông tại M

Þ

2 2
r = MH = SH.S'H = h.(2R - h)

Û
h
2
– 2Rh + r
2
= 0

l = SM =
2 2 2 2
SH + HM = h + r
=
2 2 2
2R - 2R R - r
.
Diện tích chung quanh của hình nón:

2 2 2
xq
S =πrl = πr 2R - 2R R - r
0.50
Nếu học sinh chỉ tìm được một trong hai kết quả trên (có thể với
cách trình bày khác) thì cho nửa số điểm của câu này.
Lưu ý:
 Phần riêng, nếu học sinh làm không đúng theo chương trình hoặc làm cả hai phần thì
không chấm phần riêng đó.
 Học sinh có thể giải bằng các cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa tương ứng với
thang điểm của ý và câu đó.
5/5