Đề thi học kì 1 (HK1) ban nâng cao trường Chu Văn An Hà Nội 2014 -2015

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI

TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN

ĐỀ THI HỌC KÌ I NĂM HỌC 2014-2015

Môn: TOÁN - Lớp 12 Buổi thi: Sáng ngày 19 tháng 12 năm 2014 Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề

Dành cho các lớp A1, A2, Toán, Lý, Hóa, Tin, Sinh

(Đề thi gồm 01 trang) Câu 1 (3,0 điểm). Cho hàm số 4 2 2 2( 1) 3 y x m x m      (1), với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 2. 2. Tìm các giá trị của m để đồ thị của hàm số (1) có 3 điểm cực trị lập thành 3 đỉnh

của một tam giác vuông.

Câu 2 (3,0 điểm).

1. Giải phương trình 2 2 4 2 2

1 log ( 5 6) 2log ( 2) 2log 2 x x x x            

.

2. Cho phương trình 2 ( 2 1) (1 2) 3 x x m     (2), với m là tham số thực. a. Giải phương trình (2) khi m = 2. b. Tìm các giá trị của m để phương trình (2) chỉ có một nghiệm.

Câu 3 (3,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng . ' ' ' ABC A B C có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên ' BB a  . Gọi I là trung điểm của cạnh CC’. 1. Tính thể tích khối tứ diện ' ' A AB I . 2. Xác định tâm và tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện IABC.

Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình 2

2 1 log 1 2 .

x

x x x

  

------------------ Hết ------------------

ĐỀ SỐ 1

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KỲ 1 – MÔN TOÁN LỚP 12 NĂM HỌC 2014 – 2015

Câu Đáp án Điểm 1. (3,0 điểm

)

1a. (2,0 điểm)

4 2 2, 2 1 m y x x    ; 1. TXĐ: D  0,25 2. Sự biến thiên: Giới hạn:... 0,25

3 2 ' 4 4 4 ( 1), ' 0 0; 1 y x x x x y x x         0,25 Lập bảng biến thiên

x  1  0 1  'y  0  0  0 

y

 1  0 0

0,25

Kết luận:... 0,25 3. Đồ thị: Giao với Ox tại ( 1;0), (1;0) A B  , với Oy tại (0;1) C . Nhận Oy làm trục đối xứng. 0,25

Vẽ đồ thị. (vẽ bằng bút chì trừ 0.25) 0,5 1b. (1,0 điểm)

2

2

0 ' 4 ( 1), ' 0

1

x y x x m y

x m

         

.

Đồ thị hàm số có 3 cực trị ' 0 y   có 3 nghiệm phân biệt (y’đổi dấu 3 lần khi x qua 3 nghiệm đó) 1 0 1 m m    .

0,25

Khi đó các điểm cực trị của đồ thị là

2 ( 1;2 4), ( 1;2 4), (0; 3) A m m B m m C m       Kiểm tra được tam giác ABC cân tại C . Tam giác vuông khi và chỉ khi  0 90 ACB  .

0,25

2 2 3 ( 1; ( 1) ), ( 1; ( 1) ) . ( 1)((m 1) 1) CA m m CB m m CACB m                

0,25

1 ( ) . 0 2 (tm) m l ycbt CACB m

      

 . KL : 2 m  0,25

2. (3,0 điểm

)

2a. (1,5 điểm)

2 2 4 2 2 1 1 log ( 5x 6) log ( 2) log ( ) (1) 2 2 x x x      

ĐKXĐ: 1 2 3

x x     

0,25

2 2 2 2

1 (1) log ( 5x 6) log 2 log ( ) 2 x x x        .

(mỗi công thức biến đổi 0.25)

0,5

2 2( 5x 6) 2 ( 1) x x x       0,25 2 TH mỗi trường hợp 0.25 0.5

Kết luận:Pt có 2 nghiệm 5 7; 3 x x  

2b. (1,5 điểm) 1. 2 : 2( 2 1) (3 2 2) 3 x x m pt      . Đặt ( 2 1) , 0 x t t   . 0,25

Pt trở thành: 2 3 2 1 ( ) 2 3 3 2 0 ( 1) ( 2) 0 2 ( ) t tm t t t t t t l t

             

0,5

1:( 2 1) 1 0 x t x    . 0,25 Kết luận: Pt có nghiêm 0 x 

2. Đặt ( 2 1) , 0 x t t   . Pt trở thành 2 3 3 3 m t m t t t     . (*)

BBT của 3 ( ) 3 f t t t   với 0 t :

t  1  0 1 3 

2 '( ) 3(1 ) f t t    0  0  0 

( ) f t

 2 0 0 0 

0,25

Pt đã cho có 1 nghiệm duy nhất  pt (*) có 1 nghiệm 0 t  duy nhất. Dựa vào BBT ta có điều đó ứng với 2 m  hoặc 0 m . Kết luận:...

0,25

3. (3,0 điểm

a. (1,5 điểm) Gọi J là trung điểm ' AB . Chứng minh được ( ' ') IJ ABB A  . 0,5

Tính được 3 2 IJ a  do đó chiều cao từ đỉnh I : 3 2 a h  . 0,5

Tính được

2 ( ' ') 2 a S AB A  . 0,25

Tính được

3 1 3 ( ' ' ) ( . ' ') ( ' '). 3 12 a V A AB I V I AB A S AB A h    (đvtt). 0,25

b. (1,5 điểm) Chỉ ra được trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 0.5 Dựng được tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện 0,5

Tính được bán kính: 57 12 R a  . 0,25

Diện tích mặt cầu:

2 2 19 4 12

a S R     (đvtt) 0,25

4. (1,0 điểm

ĐKXĐ: 0 x . Đưa phương trình về dạng 2 2 log (2 1) 2 1 log x x x x     0,25

Đưa về phương trình (2 1) ( ) x f f x   , với 2 ( ) log , 0 f t t t t   . Kiểm tra …