Đề kiểm tra học kỳ I môn Toán – Khối 12 Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong

Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong 
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I NĂM HỌC 2010 – 2011 
MÔN TOÁN – KHỐI 12 
Thời gian làm bài: 90 phút. 
***** 
Mỗi học sinh phải ghi đầy đủ tên lớp cùng họ và tên vào phần phách và ghi 1 trong 2 câu sau đây vào 
phần đầu bài làm tùy theo loại lớp của mình. 
 Ban A, B : Làm các câu 1, 2, 3. Điểm các câu là: 3,5; 3; 3,5. 
 Ban D, SN: Làm các câu 1, 2ab, 3. Điểm các câu là: 4; 2; 4. 
Câu 1: 
 Cho hàm số y = x4 – 2x2 – 3 có đồ thị là (C). 
 a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
 b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng 
 (∆): y = 1 x 2010
24
  . 
 c) Định m để phương trình log2(x4 – 3x2 + x – m ) + 1
2
log (x 1) = log8(2 – x)3 
 có ba nghiệm phân biệt. 
Câu 2: 
 Giải các phương trình, hệ phương trình sau: 
 a) 
22x x x 664.2 4    . 
 b) log9(x2 – 5x + 6)2 = 33
1 x 1log log (3 x)
2 2
   . 
 c) 
y x
3 2
e e ln(x 1) ln(y 1)
x 1 y 3x 4y 5
          
. 
Câu 3: 
 Cho hình vuông ABCD cạnh 4a. Trên cạnh AB và AD lần lượt lấy hai điểm 
 H và K sao cho BH = 3HA và AK = 3KD. Trên đường thẳng (d) vuông góc 
 (ABCD) tại H lấy điểm S sao cho  0SBH 30 . Gọi E là giao điểm của CH và BK. 
 a) Tính thể tích của hình chóp S.ABCD và thể tích hình chóp S.BHKC. 
 b) Chứng minh 5 điểm S, A, H, E và K cùng nằm trên một mặt cầu. Tính thể tích 
 của khối cầu ngoại tiếp của hình chóp SAHEK. 
 c) Gọi M là hình chiếu của H trên cạnh SA. Tính thể tích của hình chóp M.AHEK. 
HẾT 
1-www.VnMath.Com
HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BIỂU ĐIỂM TOÁN 12 – HKI 
Câu Nội dung A–B D–SN 
I Cho hàm số y = x4 – 2x2 – 3 có đồ thị là (C). ∑=3.5đ ∑=4đ 
 a Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. ∑=2đ ∑=2,5đ 
 Tập xác định: D = R 
 Giới hạn: 
x
lim y

  0.25 0.25 
 y' = 4x3 – 4x 
 y' = 0  x 0 y 3
x 1 y 4
         
. 
0.25 
0.25 
0.25 
0.25 
  Bảng biến thiên: 0.25 0.5 
  Giá trị đặc biệt: 0.25 0.25 
  Đồ thị: 0.5 0.5 
  Nhận xét: 0.25 0.25 
 b Viết p trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến  (∆): y = 1 x 2010
24
  . ∑=0.75đ ∑=0.75đ 
 Hệ số góc của đường thẳng (∆) là k∆ = – 
1
24
. 
Tiếp tuyến (d)  (∆) nên (d) có hệ số góc là kd = 24. 
0.25 0.25 
Gọi x0 là hoành độ tiếp điểm của (d) và (C) ta có 
 y'(x0) = 24  30 04x 4x 24  
 20 0 0(x 2)(x 2x 3) 0     x0 = 2. 
0.25 
0.25 
 Vậy (d): y – y0 = 24(x – x0)  y = 24x – 43. 0.25 0.25 
 c 
Định m để log2(x4 – 3x2 + x – m ) + 1
2
log (x 1) = log8(2 – x)3 (1) 
có ba nghiệm phân biệt. 
∑=0.75 ∑=0.75 
 (1)  
4 2
2 2 2
x 1 0
2 x 0
log (x 3x x m) log (x 1) log (2 x)
           
  4 2 2
2 2
1 x 2
log (x 3x x m) log (2 x x )
        
  
4 2 2
1 x 2
x 3x x m 2 x x
        
  
4 2
1 x 2
m 1 x 2x 3 (2)
      
0.5 
0.5 
 YCBT  (2) có ba nghiệm x  (–1; 2). Dựa vào đồ thị (C) ta có: –4 < m – 1 < –3  –3 < m < –2. 
0.25 
0.25 
2 ∑=3đ ∑=2đ 
 a Giải các phương trình: 64. 22x x x 62 4    (1) ∑=0.75đ ∑=0.75đ 
 (1)  4x +3 = 2x x 64     2x x 6 x 3     0.25 0.25 
  2 2
x 3 0
x x 6 (x 3)
      
  
2
x 3
2x 7x 3 0
     
0.25 0.25 
2-www.VnMath.Com
  
x 3
x 3
1x
2
      
  x = –3 hay x = 1
2
 . 
0.25 0.25 
 b Giải pt: log9(x2 – 5x + 6)2 = 33
1 x 1log log (3 x)
2 2
   (2) ∑=1.25đ ∑=1.25 
 Điều kiện: 1 < x < 3 và x ≠ 2. 0.25 0.25 
(2)  23 3 3x 1log x 5x 6 log log (3 x)2
     
  23 3 (x 1)(3 x)log x 5x 6 log 2
    
0.25 
0.25 
  (x 1)(3 x)(x 2)(x 3)
2
    
  2 x 2 (3 x) (x 1)(3 x) 0       2 x 2 x 1 0    
0.25 
0.25 
  1 x 2 2 x 3hay
4 2x x 1 0 2x 4 x 1 0
             
0.25 0.25 
  
1 x 2 2 x 3
hay5 x 3x
3
        
  x = 5
3
. 
0.25 0.25 
 c Giải hệ phương trình 
y x
3 2
2 2 ln(x 1) ln(y 1) (1)
x 1 y 3x 4y 5 (2)
          
. 
∑=1đ 
  Điều kiện: x, y > 1. Từ (1)    x = y. 0.25 + 0.25 
 Thay vào (2) ta được: 
3 2x 1 x 3x 4x 5       f(x) = x3 – 3x2 + 4x – 5 – x 1 = 0 (3) 
0.25 
Ta có: f(2) = 0 và f '(x) = 3x2 – 6x + 4 – 1
2 x 1 
 = 3(x – 2)2 + 1 – 1
2 x 1 > 0,  x  (1; +). 
Vậy (3) có nghiệm duy nhất là x = 2. Vậy hệ có nghiệm duy nhất là (2; 
2). 
0.25 
3 
Cho hình vuông tại ABCD có cạnh bằng 4a. Trên cạnh AB và AD lần 
lượt lấy hai điểm H và K sao cho BH = 3HA và AK = 3KD. Trên đường 
thẳng (d) vuông góc (ABCD) tại H lấy điểm S sao cho  0SBH 30 . Gọi 
E là giao điểm của CH và BK. 
∑=3.5 đ 
∑=4đ 
3-www.VnMath.Com
 a Tính thể tích của hình chóp S.ABCD và thể tích hình chóp S.BHKC. ∑=1.5đ ∑=2đ 
∆ SHB vuông tại H có  SBH = 300 nên SH = BH.tan300 = a 3 . 0.25 
0.25 
SABCD = AB2 = 16a2. 0.25 0.25 
VSABCD = 
3
ABCD
1 16a 3S .SH
3 3
 . 
0.25 
0.25+0.25 
Theo giả thiết ta có: BH = 3a; HA = a; AK = 3a và KD = a. 
SBHKC = SABCD – SAHK – SCDK 
 = 2 1 1(4a) .a.3a a.4a
2 2
  = 16a2 – 
23a
2
– 2a2 = 25
2
a2. 
0.25 
0.5 
Ta có VBHKC = BHKC
1 S .SH
3
. 
0.25 
0.25 
Vậy VBHKC = 
3
21 25 25 3a.a 3. a .
3 2 6
 
0.25 
0.25 
 b Chứng minh 5 điểm S, A, H, E và K cùng nằm trên một mặt cầu. Tính thể tích của khối cầu ngoại tiếp của hình chóp SAHEK. 
∑=1đ ∑=1đ 
Ta có: 
 – AD  AB và AD  SH nên AD  SA   SAK = 900. 
 – SH  HK nên  SHK = 900. 
0.25 
0.25 
 – CH  BK và BK  SH nên BK  (SKE)   SEK = 900. 
Vậy SAHEK nội tiếp mặt cầu có đường kính là SK. 
0.25 
0.25 
Ta có SK2 = SH2 + HK2 = 3a2 + 10a2 = 13a2  SH = a 13 . 0.25 0.25 
Vậy 
3
3 3
mc
4 4 52 a 13V R (a 13)
3 3 3
     . 
0.25 
0.25 
 c Gọi M là hình chiếu của H trên cạnh SA. Tính V của hình chóp M.AHEK ∑=1đ ∑=1đ 
Ta có 
2
2 2
d(M;ABCD) AM AM.AS AH 1
d(S;ABCD) AS 4AS AS
     d(M;ABCD) 1
SH 4
 
 d(M; (ABCD)) = 1 a 3SH
4 4
 . 
0.25 
0.25 
E
K
E
K
H
D
C
H
D
B C
A
S A
B
M
4-www.VnMath.Com
Ta có: 
∆ BEH ~ ∆ BAK  BE BH
BA BK
  
2 2
BE BH.BA 3a.4a 12
BK 25BK 25a
   
 BEH
BAK
S BH BE 3 12 9. .
S BA BK 4 25 25
    AHEK
ABK
S 16
S 25
 
0.25 
0.25 
 
2
AHEK BAK
16 16 1 96aS .S . 3a.4a
25 25 2 25
   . 0..25 0.25 
Do đó VM.AHEK = 
2
AHEK
1 1 96a a 3S .d(M;ABCD) . .
3 3 25 4
 = 
38a 3
25
. 
0.25 
0.25 
GHI CHÚ: 
Anh chị chấm bài xong ghi tên mình vào ô giám khảo, không kí tên. 
5-www.VnMath.Com