Đề kiểm tra học kỳ I, năm học 2015-2016 môn Toán - lớp 12 trường THPT Lương Ngọc Quyến

SỞ GD & ĐT THÁI NGUYÊN 
TRƯỜNG THPT 
 LƯƠNG NGỌC QUYẾN 
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I, NĂM HỌC 2015-2016 
MÔN TOÁN - LỚP 12 
Thời gian làm bài 90 phút (không kể thời gian giao đề) 
Câu 1(3,0 điểm). Cho hàm số 
3
2 2( 1) ( 1) 3 1
3
xy m m x x      (1). 
 a, Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) với m = 0. 
 b) Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm của phương trình: 
3 2x 3m 3(x 3x 1).    
 c) Tìm m để hàm số (1) luôn đồng biến. 
 Câu 2 (2,0 điểm). Giải các phương trình sau: 
 a) 2015.9x-3 + 3x+1 - 2096 = 0. 
 b) x 1 x2 2log (4 4).log (4 1) 3
    . 
 Câu 3 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 
x
xy
2ln
 trên đoạn 
 3;1 e . 
 Câu 4 (1,0 điểm). Cho x > y > 0. Chứng minh: 
yx
yxyx
lnln2 


 . 
Câu 5 (3,0 điểm). Cho lăng trụ đứng . ' ' 'ABC A B C có đáy là tam giác đều cạnh a. 
Mặt phẳng (AB'C') tạo với mặt đáy góc 600 và điểm G là trọng tâm tam giác ABC. 
a) Tính thể tích lăng trụ ABC.A'B'C'. 
b) Xác định tâm và tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp G.A’B’C’. 
c) Tính khoảng cách giữa đường thẳng BC và mặt phẳng  ' 'AB C . 
----------------------Hết-------------------- 
Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
Họ và tên thí sinh:.Số báo danh:.Phòng thi:.
1 
 HƯỚNG DẪN CHẤM KIỂM TRA HỌC KỲ I- MÔN TOÁN: LỚP 12 
NĂM HỌC 2015-2016. 
Câu ĐÁP ÁN ĐIỂM 
Câu 1 
 3,0 
 Cho hàm số 
3
2 2( 1) ( 1) 3 1
3
xy m m x x      (1). 
 a, Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) với m = 0. 
 b) Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm của phương trình: 
3 2x 3m 3(x 3x 1).    
 c) Tìm m để hàm số (1) luôn đồng biến. 
a) Với m = 0, ta có hàm số:
3
2 3 1
3
xy x x     
+ Tập xác định: D = R; Giới hạn: lim , lim
 
   
x x
y y 
+ Sự biến thiên: 2 1' 2 3 ' 0
3
x
y x x y
x
 
        
0,25 
0,25 
Hàm số đồng biến trên khoảng (-1;3) 
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ; 1)  và (3; ) 
Hàm số đạt cực đại tại xCĐ=3, yCĐ =8; cực tiểu: xCT=-1, CT
8y
3
  
0,25 
+ Bảng biến thiên 
 x - -1 3 + 
 y’ - 0 + 0 - 
 y 
 8 
 8
3
 - 
0,25 
a) 1,5 
b) 1,0 
c) 0,5 
Đồ thị: Điểm uốn: 8U 1;
3
 
 
 
. Giao điểm đồ thị với trục tung (0;-1) 
f(x )=-(x ^3)/3 +x ^2 +3 *x -1
-2 -1 1 2 3 4 5
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
7
8
x
y
 Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm uốn làm tâm đối xứng 
0,5 
2 
b) 
3
3 2 2xx 3m 3(x 3x 1) m x 3x 1 (*)
3
           
Số nghiệm của pt (*) bằng số giao điểm của đường thẳng d: y=m và đồ thị (C) 
0,5 
+/ Với 
m 8
8m
3


  

 thì pt (*) có 1 nghiệm. 
+/ Với 
m 8
8m
3


  

 thì pt (*) có 2 nghiệm. 
+/ Với 8m ;8
3
   
 
 thì pt (*) có 3 nghiệm. 
0,5 
c) 2 2' ( 1) 2( 1) 3y m x m x     
+/ Với m = 1 thì ' 4 3y x  , hàm số không đồng biến với mọi x 
+/ Với m = -1 thì y' 3 0, x    , hàm số luôn đồng biến với mọi x 
0,25 
+/ Với 1m , ta có 3)1(2)1( 22'  xmxmy 
Hàm số đã cho đồng biến 
2
'
2 2
1 0 2
0,
1( 1) 3( 1) 0
m m
y x
mm m
   
           
Vậy: 2
1
m
m

  
 thì hàm số đã cho luôn đồng biến 
0,25 
Câu 2 
2,0 
 Giải các phương trình sau: 
 a) 2015.9x-3 + 3x+1 - 2096 = 0. b) x 1 x2 2log (4 4).log (4 1) 3
    
a) Đặt 3 ( 0)x t t  
Khi đó ta được pt: 22015 2187 1527984 0t t   
0,5 
27
3 27 356592 ( )
2015
x
t
x
t loai

    
  

0,5 
b) Tập xác định D = R 
Ta có pt: 2 2 2log (4 1) log 4 log (4 1) 3x x      (*) 
0,25 
a) 1,0 
b) 1,0 
Đặt t = )14(log2 
x 
Khi đó (*) trở thành: (2 + t)t – 3 = 0 





3
1
0322
t
t
tt 
0,25 
3 
Ta có: 0
8
114
214
3)14(log
1)14(log
2
2 












x
x
x
x
x
0,25 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 0 0,25 
 Câu 3 
1,0 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số x
xy
2ln
 trên đoạn  3;1 e 
Hàm số liên tục trên đoạn  3;1 e 
Ta có 22
2
' )ln2(ln
ln1).(ln2
x
xx
x
x
x
xx
y 

 
3
'
2 3
x 1 1;ln x 0
0
ln x 2 x 1;
e
y
e e
              
0,25 
0,25 
2 3
2 3
4 9(1) 0, ( ) , ( )y y e y e
e e
   0,25 
Vậy: 2
2
1
4)(max
3 e
eyy
ex


; 
31
min (1) 0
x e
y y
 
  
0,25 
Câu 4 
1,0 Cho x > y > 0. Chứng minh 
yx
yxyx
lnln2 


 
0,25 
Do x > y > 0 suy ra lnx – lny > 0. 
 0
1
1
2ln
1
1
2ln2lnln 









y
x
y
x
y
x
y
x
y
x
y
x
yx
yxyx (1) 
0,5 
Xét hàm số f(t) = 
1
12ln



t
tt với t > 1 
1,0
)1(
)1(
)1(
1121)( 2
2
2
' 





 t
tt
t
t
tt
t
tf 
0,25 
Vậy hàm số f(t) đồng biến khi 1t 
Vì 0
1
1
2ln)1(1 









y
x
y
x
y
xnênf
y
xf
y
x 
Như vậy (1) đúng , từ đó suy ra điều phải chứng minh 
0,25 
4 
Câu 5 
3,0 đ 
Cho lăng trụ đứng . ' ' 'ABC A B C có đáy là tam giác đều cạnh a. 
Mặt phẳng (AB'C') tạo với mặt đáy góc 600 và điểm G là trọng tâm tam giác 
ABC. 
a) Tính thể tích lăng trụ ABC.A'B'C'. 
b) Xác định tâm và tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp G.A’B’C’. 
c) Tính khoảng cách giữa đường thẳng BC và mặt phẳng  ' 'AB C . 
a) 1,5 
b) 1,0 
c) 0,5 
a) 
2
01 3S . .sin 60
2 4ABC
aAB AC  
+ Xác định góc giữa (AB'C') và mặt đáy là 'AKA  0' 60AKA  . 
 Tính A'K 3
2
a
  0 3' ' .tan 60
2
aAA A K  
3
. ' ' '
3 3=AA'.S
8ABC A B C ABC
aV  
0,25 
0,25 
0,5 
0,5 
 b) Hình chóp G.A’B’C’ là hình chóp đều. 
M
A'
C'
B'
G
O
N
I
GO là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác A’B’C’. 
Mặt phẳng trung trục của GA’ cắt GO tại I, 
I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp G.A’B’C’ 
0,25 
0,25 
H
K
C'B'
A'
CB
A
5 
 . ''
'
GN GI GN GAGNI GOA R GI
GO GA GO
       
85 85 3 85a' , , AA '
6 12 2 108
a a aGA GN GO R      
0,25 
2
2 7225 a4
2916mc
S R   
0,25 
 c) Vì BC//(AB’C’) nên d(BC;(AB'C'))= d(B;(AB'C')) = d(A';(AB'C')) 
Chứng minh: (AA'K)  (AB'C') 
Trong mặt phẳng (AA'K) dựng A'H vuông góc với AK  A'H  (AB'C') 
 d(A';(AB'C')) = A'H 
0,25 
Tính: 2 2 2
1 1 1
' ' 'A H A A A K
  => A'H = 3
4
a 
Vậy d(B;(AB'C')) = 3
4
a 
0,25 
( Lưu ý: Học sinh giải theo cách khác, đúng vẫn cho điểm )