Bộ đề thi học kì I Toán 12 có lời giải

ðề số 1 
ðỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010 
Môn TOÁN Lớp 12 Nâng cao 
Thời gian làm bài 90 phút 
Bài 1 (3 ñiểm) 
 a) Khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số: y f x x x x C3 21( ) 2 3 1 ( )
3
= = − + − ( 2 ñiểm) 
 b) Tìm m ñể ñường thẳng d y mx( ) : 2 1= − cắt C( ) tại 3 ñiểm phân biệt? ( 1 ñiểm) 
Bài 2 (3 ñiểm) 
 a) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: 
 f x x x
1 2( ) cos2 2sin
2 3
= + − , với x 0;
2
pi 
∈  
 
 ( 1 ñiểm) 
 b) Giải phương trình: x x21 9
3
log 6 log 1 0− − = ( 1 ñiểm) 
 c) Giải hệ phương trình: 
x y x
x y
2
3 2 0
27 3 .9 0

− + =

− =
 ( 1 ñiểm) 
Bài 3 (1 ñiểm) Cho hàm số m
x m x m
y C
x
2 ( 1) 1 ( )
1
+ + + +
=
+
, m là tham số. 
 Chứng minh rằng với m∀ , ñồ thị ( )mC luôn có cực ñại, cực tiểu. Tìm m ñể khoảng cách từ 
ñiểm cực ñại của ñồ thị ( )mC ñến ñường thẳng x y( ) : 3 4 2 0∆ − + = bằng 4? ( 1 ñiểm) 
Bài 4 (3 ñiểm) Cho hình chóp S ABC. có SA ABC( )⊥ , ñáy là ABC∆ vuông cân tại A . 
 Biết SA a AB a AC a2 , 3, 3= = = . 
 a) Tính thể tích của khối chóp S ABC. . (1,5 ñiểm) 
 b) Xác ñịnh tâm I và tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC. . Suy ra diện 
tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC. và thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC. . 
 (1 ñiểm) 
 c) Gọi M N P, , lần lượt là trung ñiểm của SB SC AC, , . Mặt phẳng MNP( ) cắt AB tại Q . 
 Tính diện tích toàn phần của khối ña diện MNPQBC . ( 0,5 ñiểm) 
=========================== 
ðề số 1 
ðÁP ÁN ðỀ THI HỌC KÌ 1 
Môn TOÁN Lớp 12 Nâng cao 
Thời gian làm bài 90 phút 
Bài 1 (3 ñiểm) 
 a) Khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số: y f x x x x C3 21( ) 2 3 1 ( )
3
= = − + − 
 • Tập xác ñịnh D R= ( 0,25 ñiểm) 
 • Giới hạn 
x x
y ylim ; lim
→+∞ →−∞
= +∞ = −∞ ( 0,25 ñiểm) 
 • 
x yy x x y x x
x
y
2 2
11' 4 3; ' 0 4 3 0 33 1

 = == − + = ⇔ − + = ⇔ ⇒
= 
= −
 ( 0,25 ñiểm) 
 • Bảng biến thiên ( 0,5 ñiểm) 
 Hàm số nghịch biến trên (1;3) , ñồng biến trên ( ;1)−∞ và (3; )+∞ 
 ðiểm cực tiểu I1(3; 1)− , ñiểm cực ñại I2
11;
3
 
 
 
 • Ta có y x y x x'' 2 4; '' 0 2 4 0 2= − = ⇔ − = ⇔ = . ðiểm uốn I 12;
3
 
− 
 
 (0,25 ñiểm) 
 • ðồ thị: ( 0,5 ñiểm) 
 ðiểm ñặc biệt: ( )A 0; 1− , B 14;
3
 
 
 
. 
 ðồ thị hàm số nhận ñiểm uốn I 12;
3
 
− 
 
 làm tâm ñối xứng. 
1
3
1− 
+ 0 
1 
−∞ 3 
0 
+∞ 
+∞ 
−∞ 
+ - 
x 
( )'f x 
( )f x 
0 
-2 
A 
2 
-1 
 x 
y 
I 
1 
-2 
3 
4 
1
3
1
3
− 
. 
. 
. 
. 
. 
. 
. 
. 
B 
2I 
1I 
. 
-1 
 b) Tìm m ñể ñường thẳng d y mx( ) : 2 1= − cắt ( )C tại 3 ñiểm phân biệt? 
 Phương trình hoành ñộ giao ñiểm của C( ) và d( ) là: 
x
x x x = 2mx x x x m
x x m
3 2 2
2
01 12 3 1 1 2 3 2 0 1 2 3 2 03 3
3
 =  
− + − − ⇔ − + − = ⇔ 
− + − =  
 ðặt ( )g x x x m31 2 3 2
3
= − + − ( 0,5 ñiểm) 
 ðể PT ñã cho có 3 nghiệm phân biệt thì PT g x( ) 0= có 2 nghiệm phân biệt khác 0 
mm
mg
m
1 01 (3 2 ) 0
0 3 33(0) 0
22
∆

 >− − > ′ >⇔ ⇔ ⇒   ≠≠  ≠ 

 ( 0,5 ñiểm) 
Bài 2 ( 3 ñiểm) 
 a) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: 
 f x x x
1 2( ) cos2 2sin
2 3
= + − , với x 0;
2
pi 
∈  
 
 Ta có ( )f x x x x x x2 21 2 1( ) 1 2sin 2sin sin 2sin , 0;
2 3 6 2
pi 
= − + − = − + − ∈  
 
 (0,25 ñiểm) 
 ðặt t x t g t t t t2
1sin , 0 1 ( ) 2 , 0;1
6
 = ≤ ≤ ⇒ = − + − ∈   . (0,25 ñiểm) 
 g t t g t t t( ) 2 2, ( ) 0 1, 0;1′ ′  = − + = ⇔ = ∀ ∈   . (0,25 ñiểm) 
 Ta có: g g1 5(0) ; (1)
6 6
= − = 
 Giá trị lớn nhất là: [ ] g t g khi t f x khi x 0;1 0;
2
5 5max ( ) (1) 1 max ( )
6 6 2pi
pi
 
 
 
= = = ⇔ = = 
 Giá trị nhỏ nhất là: ( ) g t g khi t f x khi x
0;1 0;
2
1 1min ( ) (0) 0 min 0
6 6pi    
 
 
= = − = ⇔ = − = 
 Vậy f x khi x
0;
2
5max ( )
6 2pi
pi
 
 
 
= = , ( )f x khi x
0;
2
1min 0
6pi 
 
 
= − = ( 0,25 ñiểm) 
 b) Phương trình x x21 9
3
log 6 log 1 0− − = ⇔ x x23 34 log 3log 1 0− − = (0,25 ñiểm) 
 ðặt t x3log= , ta có phương trình: (0,25 ñiểm) 
xxt
t t
xt x
32
43
3log 11
14 3 1 0 1 1log
4 34
 = = =

− − = ⇔ ⇔ ⇒
== − = −
  
 (0,5 ñiểm) 
CS
A
B
KE
M
N
Q
P I
H
d
 c) Giải hệ phương trình 
x x
x y 
y 2
3 2 0 (1)
27 3 .9 0 (2)

− + =

− =
x y x y x x y
2 2 2(2) 27 3 .9 3 3⇔ = ⇔ = ⇔ = , thay vào phương trình (1) ta ñược: 
y
y y x
y y
y xy
y
2
1
1 1 13 2 0
2 42
2
 =
 = = − =
− + = ⇔ ⇔ ⇒ 
= ==  
= −
 ( 0,5 ñiểm) 
 Vậy hệ phương trình có nghiệm (1;1); (1; 1); (4;2); (4; 2)− − ( 0,5 ñiểm) 
Bài 3 (1 ñiểm) 
 • Tập xác ñịnh { }D R \ 2= − ( 0,25 ñiểm) 
 • 
x m x x m x m x x
y
x x
2 2
2 2
(2 1)( 1) ( 1) 1 2'
( 1) ( 1)
 + + + − + + + + + 
= =
+ +
x y m
y x x
x y m
2 0 1' 0 2 0
2 3
 = = +
= ⇔ + = ⇔ ⇒ 
= − = − 
 ( 0,25 ñiểm) 
 Dựa vào BBT ⇒ ñiểm cực ñại là: I m1( 2; 3)− − (0,25 ñiểm) 
 Khoảng cách từ ñiểm cực ñại I m1( 2; 3)− − ñến ñường thẳng x y( ) : 3 4 2 0∆ − + = là: 
m m
d I m
m1
8 4 3( ,( )) 4 2 5
75
∆ −  = −= = ⇔ − = ⇔ 
=
 (0,25 ñiểm) 
Bài 4 (3 ñiểm) 
 • Vẽ hình ñúng (0,5 ñiểm) 
 Do SA ABC( )⊥ nên SA là ñường cao 
 của hình chóp S ABC. . 
 ABCV SA S
1 .
3 ∆
= (0,25 ñiểm) 
 Mà ABC∆ vuông cân tại C 
 ABC
a
S AC AB a a
21 1 3. 3. 3
2 2 2∆
= = = 
 ( 0,25 ñiểm) 
 Suy ra V a a a2 31 32 .
3 2
= = . ( 0,5 ñiểm) 
2− 
3m − 
1m + 
+ 0 
−∞ 0 
0 
+∞ 
+∞ 
−∞ 
+ - 
x 
( )'f x 
( )f x 
- 
1− 
 b) Gọi H là trung ñiểm BC . Ta có: HA HB HC= = (do ABC∆ vuông tại A ) 
 Từ H dựng ñường thẳng d ⊥ ABC( ) . Suy ra d là trục mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC. . 
 Dựng mặt phẳng trung trực của cạnh SA ñi qua trung ñiểm E của SA , cắt d tại ñiểm I . 
 Ta có IA IS (1)= 
 Tương tự, dựng mặt phẳng trung trực các cạnh SB SC, . Ta có: IC IB IS (2)= = 
 Từ (1),(2) suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp S ABC. . Bán kính R IA= . 
 Ta có aIA IH AH2 2 10
2
= + = (0,5 ñiểm) 
 Diện tích mặt cầu là: S R a2 24 10pi pi= = . 
 Thể tích khối cầu là: V R a3 34 5 10
3 3
pi pi= = (0,5 ñiểm) 
 c) Mặt phẳng MNP( ) cắt ABC( ) theo giao tuyến PQ song song với BC , với Q là trung ñiểm 
của AB . (0,25 ñiểm) 
 Diện tích toàn phần của khối ña diện MNPQBC bằng: 
( ) ( ) ( ) ( ) ( )dt MNPQ dt BMQ dt PNC dt BCPQ dt MNBC
a a a a a
a
2 2 2 2 2
26 3 3 9 3 33 6 3 9 3 33
2 4 4 8 8 2 2 8 8
+ + + + =
 
= + + + + = + + + 
 
 
 (0,25 ñiểm) 
============================= 
ðề số 2 
ðỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010 
Môn TOÁN Lớp 12 Nâng cao 
Thời gian làm bài 90 phút 
Bài 1 (3 ñiểm) 
 a) Khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số: y f x x x x C3 21( ) 2 3 1 ( )
3
= = − + − + (2 ñiểm) 
 b) Tìm m ñể ñường thẳng d y mx( ) : 1= + cắt C( ) tại 3 ñiểm phân biệt? (1 ñiểm) 
Bài 2 (3 ñiểm) 
 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;
2
pi 
∈  
 
 (1 ñiểm) 
 b) Giải phương trình: x
x
2
2 2 22
4log 5log 13log 4 0− + = (1 ñiểm) 
 c) Giải hệ phương trình 
yx
xy
1
1
2
16 4 3 0−
 =


− − =
 (1 ñiểm) 
Bài 3 (1 ñiểm) 
 Cho hàm số ( )mx m x m my Cx
2 22( 1)
2
+ + + +
=
+
, m là tham số. 
 Tìm m ñể hàm số ( )mC có cực ñại, cực tiểu và khoảng cách giữa hai ñiểm cực ñại, cực tiểu 
bằng 5 ? (1 ñiểm) 
Bài 4 (3 ñiểm) 
 Cho hình chóp S ABC. có SA ABC( )⊥ , ñáy là ABC∆ vuông tại C . 
 Biết SA a AB a AC a3, 2 ,= = = . 
 a) Tính thể tích của khối chóp S ABC. . (1,5 ñiểm) 
 b) Gọi H K, lần lượt là hình chiếu vuông góc của A xuống SC SB, . Xác ñịnh tâm I và tính 
bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp H ABC. . Suy ra diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình 
chóp H ABC. và thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp H ABC. . (1 ñiểm) 
 c) Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp A BHK. và A BCH. ? (0,5 ñiểm) 
=============================== 
ðề số 2 
ðÁP ÁN ðỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010 
Môn TOÁN Lớp 12 Nâng cao 
Thời gian làm bài 90 phút 
Bài 1 (3 ñiểm) 
 a) Khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số: y f x x x x (C)3 21( ) 2 3 1
3
= = − + − + 
 • Tập xác ñịnh D R= (0,25 ñiểm) 
 • Giới hạn 
x x
y ylim ; lim
→+∞ →−∞
= −∞ = +∞ (0,25 ñiểm) 
 • 
x yy x x y x x
x
y
2 2
11' 4 3; ' 0 4 3 0 33 1

 = = −= − + − = ⇔ − + − = ⇔ ⇒
= 
=
 (0,25 ñiểm) 
 • Bảng biến thiên (0,5 ñiểm) 
1
3
− 
1 
- 
0 
1 
−∞ 3 
0 
+∞ 
+∞ 
−∞ 
- + 
x 
( )'f x 
( )f x 
 Hàm số ñồng biến trên (1;3) , nghịch biến trên ( ;1)−∞ và (3; )+∞ 
 ðiểm cực ñại I1(3;1) , ñiểm cực tiểu I2
11;
3
 
− 
 
 • Ta có y x y x x'' 2 4; '' 0 2 4 0 2= − + = ⇔ − + = ⇔ = . 
 ðiểm uốn I 12;
3
 
 
 
 ( 0,25 ñiểm) 
 • ðiểm ñặc biệt: ( )A 0;1 , B 14;
3
 
− 
 
. 
 ðồ thị hàm số nhận ñiểm uốn I 12;
3
 
 
 
 làm tâm ñối xứng. (0,5 ñiểm) 
 b) Tìm m ñể ñường thẳng d y mx( ) : 1= + cắt C( ) tại 3 ñiểm phân biệt? 
 Phương trình hoành ñộ giao ñiểm của (C) và (d) là: 
x
x x x = mx x x x m
x x m
3 2 2
2
01 12 3 1 1 2 3 0 1 2 3 03 3
3
 =  
− + − + + ⇔ − + + = ⇔ 
− + + =  
 (0,5 ñiểm) 
 ðặt g x x x m2
1( ) 2 3
3
= − + + . 
 ðể PT ñã cho có 3 nghiệm phân biệt thì PT g x( ) 0= có 2 nghiệm phân biệt khác 0 
 ( ) ( ) mmg m
m
1' 0 01 3 0
30 0 33
∆  >   ⇔ ⇔ ⇒  ≠ ≠ −  ≠ −
 (0,5 ñiểm) 
Bài 2 ( 3 ñiểm) 
 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;
2
pi 
∈  
 
 • Ta có ( )f x x x x x x2 21 4 2( ) 1 2sin 2sin sin 2sin 1, 0;
3 3 3 2
pi 
= − − − + = − + ∈  
 
 (0,25 ñiểm) 
 ðặt t x t g t t t t2
2sin , 0 1 ( ) 2 1, 0;1
3
 = ≤ ≤ ⇒ = − + ∈   . (0,25 ñiểm) 
0 
-2 
A 
2 
-1 
 x 
y 
I 
1 
-2 
3 
4 
1
3
1
3
− 
. 
. 
. 
. 
. 
. 
. 
. 
. 
. 
. 
. 
. 
B 
2I 
1I 
[ ]g t t g t t4'( ) 2, '( ) 0, 0;1
3
= − < ∀ ∈ . (0,25 ñiểm) 
 Giá trị lớn nhất: [ ] g t g khi t f x khi x0;1 0;
2
max ( ) (0) 1 0 max ( ) 1 0
pi 
 
 
= = = ⇔ = = 
 Giá trị nhỏ nhất là: [ ] g t g khi t f x khi x0;1 0;
2
1 1min ( ) (1) 1 min ( )
3 3 2pi
pi
 
 
 
= = − = ⇔ = − = 
 Vậy f x khi x
0;
2
max ( ) 1 0
pi 
 
 
= = , f x khi x
0;
2
1min ( )
3 2pi
pi
 
 
 
= − = (0,25 ñiểm) 
 b) PT x
x
2
2 2 22
4log 5log 13log 4 0− + = ⇔ x x22 2log 10 log 16 0+ + = . (0,5 ñiểm) 
 ðặt t x2log= , ta có phương trình: (0,25 ñiểm) 
xxt x
t t
t x x x
2
2 2
8
2
1
log 22 2 410 16 0
8 log 8 12
256
−
−

= = − = − =+ + = ⇔ ⇔ ⇔ ⇒ 
= − = − =   =

 (0,25 ñiểm) 
 c) Giải hệ phương trình 
yx
xy 
1
1
2 (1)
16 4 3 0 (2)−
 =


− − =
y
x
1(1)
2
⇔ = , thay vào phương trình (2) ta ñược: 
yy
y y
y
t
t
t
12
4 0416 4 3 0 4 3 0 4 3 04
−

= >
− − = ⇔ − − = ⇔ 
− − =
 (0,5 ñiểm) 
 Phương trình tt t t
tt
24 13 0 3 4 0
4
 = −
− − = ⇔ − − = ⇔ 
=
 (0,25 ñiểm) 
 Kết hợp ñiều kiện, ta chọn yt y x4 4 4 1 2= ⇔ = ⇔ = ⇒ = (0,25 ñiểm) 
 Vậy hệ phương trình có nghiệm (2;1) 
Bài 3 (1 ñiểm) 
 • Tập xác ñịnh { }D R \ 2= − ( 0,25 ñiểm) 
 • 
[ ]x m x x m x m m x x m m
y
x x
2 2 2 2
2 2
2 2( 1) ( 2) 2( 1) 4 3 4'
( 2) ( 2)
 + + + − + + + + + − + + 
= =
+ +
 ðặt ( )g  ... a hàm số y x x2 cos2 4sin= + trên ñoạn 
0;
2
pi 
  
. 
Câu III. (2 ñiểm) Giải các phương trình sau: 
 a) x x2 15 5 6++ = b) x x x2 1 2
2
log ( 1) log ( 3) log ( 7)+ − + = + 
Câu IV. (1 ñiểm) Biết 2 10pi < . Chứng minh: 
2 5
1 1 2
log logpi pi
+ > . 
II. PHẦN RIÊNG (3 ñiểm) 
 Thí sinh chỉ ñược chọn một trong hai phần: Theo chương trình Chuẩn hoặc Nâng cao 
 1. Theo chương trình Chuẩn 
Câu Va. (2 ñiểm) Cho hình chóp S.ABCD có ñáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông 
góc với mặt phẳng ñáy, cạnh bên SB = a 3 . 
 a) Tính thể tích của khối chóp S.ABCD. 
 b) Xác ñịnh tâm và tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. 
Câu VIa. (1 ñiểm) Giải bất phương trình: 
x x22 3
5 6
6 5
−
 
≥ 
 
. 
 2. Theo chương trình Nâng cao 
Câu Vb (2 ñiểm) Trên mặt phẳng (P) có góc vuông xOy , ñoạn SO = a vuông góc với (P). Các 
ñiểm M, N chuyển ñộng trên Ox, Oy sao cho ta luôn có OM ON a+ = . 
 a) Xác ñịnh vị trí của M, N ñể thể tích của tứ diện SOMN ñạt giá trị lớn nhất. 
 b) Khi tứ diện SOMN có thể tích lớn nhất, hãy xác ñịnh tâm và tính bán kính mặt cẩu ngoại 
tiếp tứ diện SOMN. 
Câu VIb. (1 ñiểm) Giải hệ phương trình: x y
xy
2 2 25log log log 2
2
2


− =

 =
--------------------Hết------------------- 
Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . . 
ðề số 4 
ðÁP ÁN ðỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010 
Môn TOÁN Lớp 12 
Thời gian làm bài 90 phút 
Câu Nội dung ðiểm 
I.a Khảo sát hàm số y x x4 25 4= − + 2,00 
1) Tập xác ñịnh : R 
2) Sự biến thiên: 
 a) Giới hạn : 
x x
y ylim , lim
→−∞ →+∞
= +∞ = +∞ 
0,50 
 b) Bảng biến thiên: y x x23 12 9′ = + + ; xy
x
10
3
 = −
′ = ⇔ 
= −
x −∞ –3 –1 +∞ 
y′ + 0 – 0 + 
y 4 +∞ 
−∞ 0 
0,50 
Hàm số ñồng biến trên các khoảng ( ) ( ); 3 , 1;−∞ − − +∞ 
Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 3; 1)− − 
Hàm số ñạt cực ñại tại x = –3, yCð = y(–3) = 4 
Hàm số ñạt cực tiểu tại x 1= − , yCT = y( 1) 0− = 
0,50 
3) ðồ thị: ðồ thị ñi qua các ñiểm (–2; 2), (0; 4), (–1; 0), (–3; 4), (–4; 0) 
-6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
x
y
0,50 
I.b Phwong trình tiếp tuyến 0,50 
 Phương trình tiếp tuyến với (C) tại ñiểm M(–2; 2): y f x f( 2)( 2) (2)′= − + + 0,25 
 ⇒ y x3 4= − − 0,25 
I.c Tìm m ñể PT x x x m3 2 26 9 4 log+ + + = có 3 nghiệm phân biệt 
0,50 
 Số nghiệm của PT là số giao ñiểm của (C) và d: y m2log= 0,25 
Dựa vào ñồ thị ⇒ PT có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m m20 log 4 1 16< < ⇔ < < 0,25 
II 
Tìm GTLN, GTNN của hàm số y x x2 cos2 4sin= + trên ñoạn 0;
2
pi 
  
. 
1,00 
 ( )y x x x x2 2 sin2 4cos 4 cos 1 2 sin′ = − + = − 0,25 
Trên 0;
2
pi 
  
, ta có: y x x0
2 4
pi pi
′ = ⇔ = ∨ = 
0,25 
 y y y4 2; 2 2; (0) 2
2 4
pi pi   
= − = =   
   
0,25 
Vậy: y y y y
0; 0;
2 2
min (0) 2; max 2 2
4pi pi
pi
   
      
 
= = = = 
 
0,25 
III.a Giải phương trình x x2 15 5 6++ = 1,00 
 ðặt t = x5 , t > 0 0,25 
PT trở thành t loaïit t
t
2 6 ( )5 6 0
1
 = −+ − = ⇔ 
=
0,50 
Với t = 1 thì x x5 1 0= ⇔ = 0,25 
III.b Giải phương trình x x x2 1 2
2
log ( 1) log ( 3) log ( 7)+ − + = + 1,00 
 ðiều kiện x 1> − 0,25 
PT ⇔ x x x x x x2 2log ( 1)( 3) log ( 7) ( 1)( 3) 7+ + = + ⇔ + + = + 
 ⇔ x x x x loaïi2 3 4 0 1 4 ( )+ − = ⇔ = ∨ = − 
0,50 
Vậy PT có nghiệm x = 1 0,25 
IV 
Chứng minh: 
2 5
1 1 2
log logpi pi
+ > 
1.00 
Ta có: 2
2 5
1 1 log 2 log 5 log 10 log 2
log log pi pi pi pi
pi
pi pi
+ = + = > = 
1,00 
Va.a Thể tích khối chóp 1,00 
0,25 
ABCDS a
2
=
0,25 
SA SB AB a2 2 2= − = 0,25 
V Bh a a a2 3
1 1 22.
3 3 3
= = = 
0,25 
Va.b Tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp 1,00 
 Gọi O là tâm hìnhg vuông ABCD ⇒ O là tâm ñường tròn ngoại tiếp hình vuông 0,25 
Qua O kẻ d // SA ⇒ d là trục của ñường tròn (ABCD), d cắt SC tại trung ñiểm I 
của SC. 
∆SAC vuông tại A ⇒ IA = IC = IS = SC
2
⇒ IS = IA = IB = IC = ID ⇒ I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. 
0,50 
Bán kính R = IA = SC
2
= a 
0,25 
VIa 
Giải bất phương trình 
x x22 3
5 6
6 5
−
 
≥ 
 
1,00 
⇔ 
x x22 3 1
5 5
6 6
− −
   
≥   
   
0,25 
⇔ x x22 3 1 0− + ≤ 0,50 
⇔ x
1 1
2
≤ ≤ 
0,25 
Vb.a Vị trí của M, N 1,00 
0,25 
V = SOMNV Bh OM ON OS aOM ON
1 1 1 1. . . . .
3 3 2 6
= = = 
0,25 
V ≤ OM ONa a
2
31 1
6 2 24
 +
= 
 
0,25 
max
a
V a khi OM ON3
1
24 2
= = = 
0,25 
Vb.b Xác ñịnh tâm và bán kính mặt cầu 1,00 
 Gọi I là trung ñiểm của MN ⇒ I là tâm ñường tròn ngoại tiếp ∆OMN. 
Mặt phẳng trung trực của OS cắt trục It của ∆OMN tại J. 
Ta có: JS = JO = JM = JN ⇒ J là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SOMN. 
0,50 
Bán kính R = JO = a 3
4
0,50 
VIb 
Giải hệ phương trình: x y
xy
2 2 25log log log 2 (1)
2
2 (2)


− =

 =
1,00 
ðiều kiện: x
y
0
0
 >
 >
0,25 
(1) ⇔ x y x y 25(log log )(log log ) log 2
2
− + = 
⇔ 
x x x
xy
y y y
5
2 2 25 5log .log( ) log 2 log .log2 log 2 log log2
2 2
= ⇔ = = = ⇔ 
x
y
5
22= 
0,50 
Kết hợp (2) ta ñược 
xy
x
x
y y
7
45
32
4
2
2
2
2
−
 =
 =⇔ 
= 
= 
0,25 
ðề số 5 
ðỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010 
Môn TOÁN Lớp 12 
Thời gian làm bài 90 phút 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 ñiểm) 
Câu 1: (2,5ñ) 
 Cho hàm số: y x x3 23 1= − + . 
 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C) của hàm số. 
 2) Viết phương trình tiếp tuyến với (C) tại ñiểm có hoành ñộ là nghiệm của phương trình 
 y" 0= . 
Câu 2: (1ñ) 
 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: y x x x3 21 2 3 1
3
= − + + trên ñoạn [–1;2] 
Câu 3: (1ñ) 
 Giải phương trình: 
x x
1 1
2 24 4 3
+ −
− = 
Câu 4: (2,5ñ) 
 Cho hình chóp tứ giác ñều S.ABCD có cạnh ñáy bằng 2a, cạnh bên hợp với ñáy một góc α . 
 a) (1,25ñ) Tính thể tích của khối chóp S.ABCD 
 b) (1,25ñ) Xác ñịnh tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD 
II. PHẦN RIÊNG (3 ñiểm) 
 Thí sinh chỉ ñược chọn một trong hai phần: Theo chương trình Chuẩn hoặc Nâng cao 
 1. Theo chương trình Chuẩn 
Câu 5a: 
 1) (1ñ) Tìm các tiệm cận của ñồ thị hàm số xy
x x
2 1
(1 )
+
=
−
 2) (1ñ) Giải bất phương trình: xx x2 42log 8 log log 32+ − < 
 3) (1ñ) Cắt mặt xung quanh của một hình trụ theo một ñường sinh, rồi trải ra trên một mặt 
phẳng, ta ñược một hình vuông có diện tích 100cm2. Tính thể tích của khối trụ giới hạn bởi 
hình trụ ñó. 
 2. Theo chương trình Nâng cao 
Câu 5b: 
 1) (1ñ) Tìm các tiệm cận của ñồ thị hàm số: y x x2 1= + − 
 2) (1ñ) Giải bất phương trình: xx x
2
3 93
5log 18 log log
3 2
+ − > 
 3) (1ñ) Cắt mặt xung quanh của một hình nón theo một ñường sinh, rồi trải ra trên một mặt 
phẳng, ta ñựơc một nửa hình tròn có ñường kính bằng 10cm. Tính thể tích của khối nón giới 
hạn bởi hình nón ñó. 
––––––––––––––––––––Hết––––––––––––––––––– 
 Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . . 
 ðÁP ÁN ðỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010 
 ðề số 5 
Môn TOÁN Lớp 12 
Thời gian làm bài 90 phút 
Câu Ý Nội dung ðiểm 
1 
(2,5ñ) 
1 
(1,75ñ) 
TXð: D = R 
y x x
x y
y
x y
2' 3 6
0 1' 0
2 3
= −
 = ⇒ =
= ⇔ 
= ⇒ = −
x x
x x x x3 2 3 2lim ( 3 1) , lim ( 3 1)
→+∞ →−∞
− + = +∞ − + = −∞ 
+ 00
2
-∞
+∞
-3
1
0
y
y'
+∞-∞x
Hàm số ñồng biến trên các khoảng ( ;0)−∞ và (2; )+∞ 
Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2) 
Hàm số ñạt cực ñại tại ñiểm x = 0; yCð =1, ñạt cực tiểu tại ñiểm x = 2; yCT = 
–3 
ðồ thị: 
x
y
2
3
1
-3
-1 1
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
0,50 
 2 
(0,75ñ) 
y x x y" 6 6 0 1 1= − = ⇔ = ⇒ = − 
y '(1) 3= − 
Phương trình tiếp tuyến là: y x y x3( 1) 1 3 2= − − − ⇔ = − + 
0,25 
0,25 
0,25 
2 
(1ñ) 
 y’ = x2 – 4x +3 
y’ = 0 x
x
1
3 1;2
 =
⇔   = ∉ − 
y(–1) = 13
3
− , y(2) = 5
3
, y(1) = 7
3
y y
1;2 1;2
7 13max min
3 3   − −   
= = − 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
 3 
(1ñ) 
x x
x
x
1 1
2 2 14 4 3 2.4 2. 3
4
+ −
− = ⇔ − = 
ðặt t = x4 , t>o ⇒ t
t
22 3− = ⇔ 2t2 –3t –2 = 0 
⇔ t loaïi
t
1 ( )
2
2

= −

=
t = 2 ⇒ x4 = 2 ⇔ x 1
2
= 
Vậy nghiệm của phương trình là x 1
2
= 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
4 
(2,5ñ) 
1 
(1,25ñ) 
Gọi O là tâm của ñáy thì SO ⊥ (ABCD) 

SAO AC a OA a SO a, 2 2 2 2 tanα α= = ⇒ = ⇒ = 
Thê tích của khối chóp S.ABCD là: ABCD
a
V S SO
31 4 2 tan.
3 3
α
= = 
0,25 
0,5 
0,5 
 2 
(1,25ñ) 
Gọi H là trung ñiểm SA, trong mặt phẳng (SAC) dựng ñường trung trực của 
SA cắt SO tại I thì I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD 
Hai tam giác vuông SHI và SOA ñồng dạng , nên ta có: 
SI SH SA SH
SI
SA SO SO
.
= ⇒ = 
a a a
SA SH SO a SI
cos cos
2 2 2, , 2 tan
2 sin2
α
α α α
= = = ⇒ = 
Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là: ar 2
sin2α
= 
0,25 
0,25 
0,5 
0,25 
5B 
(3ñ) 
1 
(1ñ) 
Tập xác ñịnh D= R\{0;1} 
xx
x x
x x x x
2 2
00
1 1lim , lim
(1 ) (1 )− → +→
+ +
= −∞ = +∞
− −
; ñường thẳng x = 0 là tiệm cận ñứng 
xx
x x
x x x x
2 2
11
1 1lim , lim
(1 ) (1 )− → +→
+ +
= +∞ = −∞
− −
; ñường thẳng x = 1 là tiệm cận ñứng 
x
x
x x
2 1lim 1
(1 )→±∞
+
= −
−
; ñường thẳng y = –1 là tiệm cận ngang 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
 2 
(1ñ) 
x
x x2 42
log 8 log log 3
2
− + < (1) 
ðiều kiện x > 0 
x x x
x x x
2 2 2 4 4
2 2 2
(1) log 8 log 2 log log log 2 3
1 13 log 2 log log 3
2 2
⇔ + − + − <
⇔ + − + − <
x
x x
2
2
1 1log
2 2
1log 1
2
⇔ − <
⇔ > − ⇔ >
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
 3 
(1ñ) 
Gọi h là chiều cao và r là bán kính ñáy của hình trụ, từ giả thết ta có: 
 h = 10 và 2pi r = 10 r 5
pi
⇒ = 
Vậy thể tích của khối trụ là V = r h
2
2 5 250. .10pi pi
pi pi
 
= = 
 
0,5 
0,5 
5b 
(3ñ) 
1 
(1ñ) 
Tập xác ñịnh R 
ðồ thị không có tiệm cận ñứng 
x x
x x
x x
2
2
1lim 1 lim 0
1→+∞ →+∞
 + − = = 
  + +
Suy ra ñường thẳng y = 0 là tiệm cận ngang khi x → +∞ 
x
x x2lim 1
→−∞
 + − = +∞ 
 
; ñồ thị không có tiệm cận ngang khi x → −∞ 
Gọi tiệm cận xiên là y = ax + b 
x x
x
xx x
a
x x
22
11 1
1lim lim 2
→−∞ →−∞
 
− + + 
 + −  
= = = − 
( )
x x
b x x
x x
2
2
1lim 1 lim 0
1→−∞ →−∞
= + + = =
+ −
Vậy ñường thẳng y = –2x là tiệm cận xiên khi x → −∞ 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
 2 
(1ñ) xx x
2
3 93
5log 18 log log
3 2
+ − > (1) 
ðiều kiện: x > 0 
x x x3 3 3 3
1 5(1) log 18 log 2 log log
2 2
⇔ + + − + > 
x3 3log 18 2 log 2⇔ + > 
0,25 
0,25 
x23log 18 2⇔ > 
x218 9⇔ > 
( )x x vì x2 1 1 0
2 2
⇔ > ⇔ > > 
0,25 
0,25 
 3 
(1ñ) BOA
Gọi l, r là ñường sinh và bán kính ñáy của hình nón. 
Từ giả thiết, ta suy ra l = 10
2
= 5 
Diện tích xung quanh của hình nón là: rl r5pi pi= 
Diện tích của nửa hình tròn là: 21 255
2 2
pi pi= 
Theo giả thiết ta có: r r25 55
2 2
pi pi= ⇒ = 
Gọi h là ñường cao của hình nón thì: h l r2 2 25 525 3
4 2
= − = − = 
Vậy thể tích của khối trụ là V = r h
2
21 1 5 5 125 3. . 3
3 3 2 2 24
pi
pi pi
 
= = 
 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
=============================