Đề kiểm tra học kỳ I năm học: 2014-2015 môn: Toán 12 – GDTHPT

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
THÀNH PHỐ CẦN THƠ 
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I 
NĂM HỌC: 2014-2015 
 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN – GDTHPT 
 (Đề có 01 trang) Thời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian phát đề. 
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 
3 23 2y x x   có đồ thị là (C). 
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 
b. Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng 2y mx  cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt 
có hoành độ 1 2 3, ,x x x thỏa mãn điều kiện 
 1 2 3 1 2 2 3 3 1( ) 4x x x x x x x x x      . 
Câu 2 (1,0 điểm) Tìm tọa độ các điểm M trên đồ thị (C): 
2 1
1
x
y
x



, biết tiếp tuyến tại M có hệ số góc 
bằng -1. 
 Câu 3 (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 
ln x
y
x
 trên đoạn [1; e2]. 
 Câu 4 (1,0 điểm) 
a. Cho 3log 15 a , tính 45log 75 theo a. 
b. Chứng minh rằng: 2 2 ' '' 0y y y   , với cosxy e x . 
 Câu 5 (1,5 điểm) Giải các phương trình sau trên tập số thực: 
 a. 
2 23 1 349 48.7 1 0x x x x     . 
 b. 3 3log (2 1) log (8 ) 3x x    . 
Câu 6 (1,0 điểm) Một mặt phẳng qua trục của hình nón và cắt hình nón theo thiết diện là tam giác vuông 
cân có cạnh huyền bằng 2a. Tính diện tích toàn phần của hình nón và thể tích của khối nón theo a. 
Câu 7 (0,5 điểm) Cho hình chóp đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 30
0
. 
Xác định tâm và tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC theo a. 
Câu 8 (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là một tam giác đều cạnh bằng 2a. Hình chiếu vuông 
góc của B lên mặt phẳng (A’B’C’) là trung điểm H của cạnh B’C’, góc giữa A’B với mặt phẳng (A’B’C’) bằng 
60
0
. Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng CC’ và A’B theo a. 
Câu 9 (1,0 điểm) Tìm m để đồ thị hàm số 
4 2 22( 1) 2 2y x m x m     có ba điểm cực trị sao cho có 
hai điểm cực trị nằm trên trục hoành. 
-----------------------HẾT---------------------- 
Ghi chú: Học sinh không sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. 
Họ và tên học sinhSố báo danh.. 
Chữ kí của giám thị 1 Chữ kí của giám thị 2. 
ĐÁP ÁN – HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I 
NĂM HỌC: 2014-2015 
Câu Đáp án – cách giải Điểm 
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 
3 23 2y x x   1,0 điểm 
* Tập xác định D  
* 
2' 3 6y x x  , 
0
' 0
2
x
y
x

   
0,25 
* Giới hạn: lim , lim
x x
y y
 
    
* Bảng biến thiên: 
Câu 1 
(2,0 điểm) 
x  0 2  
y’ + 0 - 0 + 
y 
 2  
 -2 
0,25 
* Kết luận: 
- Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ;0) và (2;); nghịch biến trên khoảng 
(0;2). 
- Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 2; đạt cực tiểu tại x =2, yCT = - 2. 
0,25 
* Đồ thị: 
f(x)=x^3-3x^2+2
x(t)=2, y(t)=t
x(t)=t, y(t)=-2
-3 -2 -1 1 2 3
-3
-2
-1
1
2
3
x
y
0,25 
Tìm m để đường thẳng (d): 2y mx  cắt đồ thị (C) .. 1,0 điểm 
* Phương trình hoành độ giao điểm: 
3 23 2 2x x mx    
2
0
3 0 (1)
x
x x m

 
  
0,25 
(d) cắt (C) tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0. 
9
9 4 0
4
0
0
m m
m
m

    
  
  
0,25 
Giả sử x3= 0, khi đó: 1 2 3 1 2 2 3 3 1( ) 4x x x x x x x x x      
 1 2 1 2 4x x x x    
0,25 
3 4m   
1m  (thỏa yêu cầu) 
0,25 
Câu 2 
(1,0 điểm) 
 Tìm M trên (C): 
2 1
1
x
y
x



 biết tiếp tuyến tại M có hệ số góc bằng -1. 
1,0 điểm 
Gọi 
2 1
; , ( 1
1
m
M m m
m
 
 
 
) là điểm cần tìm. 
0,25 
Hệ số góc của tiếp tuyến tại M là 
 
2
1
'( )
1
k f m
m

 

0,25 
Theo giả thiết 
 
2
01
1
21
m
mm

     
 (thỏa điều kiện) 
0,25 
Vậy các điểm cần tìm là (0;1), (2;3)M M 0,25 
 Tìm GTLN, GTNN của hàm số 
ln x
y
x
 trên đoạn [1; e2]. 
1,0 điểm 
Trên đoạn [1; e
2
], ta có 
2
1 ln
'
x
y
x

 
0,25 
Câu 3 
(1,0 điểm) 
2' 0 1 ln 0 [1; ]y x x e e       0,25 
2
2
1 2
(1) 0, ( ) , ( )y y e y e
e e
   
0,25 
Vậy 
2 2[1; ] [1; ]
1
min (1) 0; max ( )
e e
y y y y e
e
    
0,25 
Câu 4 
(1,0 điểm) 
a. Cho 
3log 15 a , tính 45log 75 theo a. 
0,5 điểm 
Ta có: 3 3 3
45
3 3
log 75 log (15.5) log 5
log 75
log 45 log (15.3) 1
a
a

  

0,25 
3
45
15
log
2 13log 75
1 1
a
a
a a


 
 
0,25 
b. Chứng minh rằng: 2 2 ' '' 0y y y   , với cos . xy x e 0,5 điểm 
* ' sin . cos . ( sin cos )x x xy x e x e e x x      0,25 
* '' ( sin cos ) ( cos sin ) 2 sinx x xy e x x e x x e x        
Suy ra 2 2 ' '' 2 cos 2 ( sin cos ) 2 sin 0x x xy y y e x e x x e x        
0,25 
Câu 5 
(1,5 điểm) 
 a. 
2 23 1 349 48.7 1 0x x x x     
0,75 điểm 
2 23 349.49 48.7 1 0x x x x    (*), đặt 
2 37 ( 0)x xt t  
0,25 
Phương trình (*) trở thành 
2
1 ( )
49 48 1 0 1
( )
49
t l
t t
t n
 
   
 

0,25 
Với 
1
49
t  thì 2
1
3 2
2
x
x x
x

     
0,25 
b. 3 3log (2 1) log (8 ) 3x x    (*) 
0,75 điểm 
Điều kiện: 
1
8
2
x  
0,25 
2
3(*) log (2 1)(8 ) 3 2 17 35 0x x x x         
0,25 
5
7
2
x
x


 

 (thỏa điều kiện) 
0,25 
Câu 6 
(1,0 điểm) 
 Tính diện tích toàn phần của hình nón và thể tích của khối nón theo a. 1,0 điểm 
Gọi thiết diện là tam giác SAB vuông cân tại 
 đỉnh S của hình nón. O là trung điểm của AB 
Khi đó ta có AB = 2a 
+ h = SO = a 
+ R = OB = a 
0,25 
2 2 2 2SA SB AB SA SB l a      0,25 
Diện tích toàn phần: 
2 2 2. 2 ( 2 1)TPS Rl R a a a a          
0,25 
A
O B
S
Thể tích: 
2 2 31 1 1
3 3 3
V R h a a a     
0,25 
Câu 7 
(0,5 điểm) 
Cho hình chóp đều S.ABC ... Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu. 0,5 điểm 
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, khi đó 
 SG (ABC) nên AG là hình chiếu của 
AS lên (ABC). Vì vậy góc giữa SA với 
(ABC) là góc giữa SA với AG hay 
 030SAG  . 
Trong mặt phẳng (SAG), dựng đường 
trung trực của SA, cắt SG tại I. 
Suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. 
0,25 
Bán kính mặt cầu: 
2
2
SA
R SI
SG
  
* 
0 2 3 1.t an30 . .
3 2 33
a a
SG AG   , 
2
2 4
9
a
SA  . Suy ra 
24 2
32.9.
3
a a
R SI
a
   
0,25 
Câu 8 
(1,0 điểm) 
 Cho lăng trụ ABC.A’B’C’  Tính thể tích của khối lăng trụ và khoảng cách 
giữa CC’ và A’B theo a. 
1,0 điểm 
Vì SH  (A’B’C’) nên góc giữa 
A’B với (A’B’C’) là góc giữa A’B với A’H. 
Hay  0' 60BA H  
0' .t an60 3BH A H a 
M
CA
H
A'
B'
C'
B
K
0,25 
2
3
. ' ' ' ' ' '
4 3
. .3 3 3.
4
ABC A B C A B C
a
V S BH a a   
0,25 
Ta có CC’ // (ABB’A’) nên d(CC’,A’B) = d(C’,(ABB’A’)). 
Dựng HM  A’B’. Khi đó A’B’  (BMH) suy ra (ABB’A’)  (BMH) 
Dựng HK  BM suy ra HK  (ABB’A’). 
2 2 2
2
3
.3
. 3 132( ,( ' '))
13
3
9
2
a
a
HM HB a
d H ABB A HK
HM HB a
a
    
  
 
 
0,25 
I
H
G
A
B
C
S
Vậy 
6 13
( ', ' ) ( ',( ' ')) 2 ( ,( ' '))
13
a
d CC A B d C ABB A d H ABB A   
0,25 
Câu 9 
(1,0 điểm) 
 Tìm m để đồ thị hàm số 
4 2 22( 1) 2 2y x m x m     ... 1,0 điểm 
* Tập xác định D  , 3' 4 4( 1)y x m x   
2
0
' 0
1
x
y
x m

  
 
0,25 
* Hàm số có ba cực trị khi và chỉ khi 1 0 1m m    0,25 
Gọi 
2 2 2(0;2 2), ( 1; 2 3), ( 1; 2 3)A m B m m m C m m m        là các 
điểm cực trị của đồ thị hàm số 
0,25 
Theo giải thiết thì B và C phải thuộc Ox. 
Tức là 
2
1
2 3 0
3
m
m m
m
 
     
So với điều kiện thì m = 3. 
0,25 
* Mọi cách giải khác đúng đều được điểm tối đa của phần đó. 
* Điểm toàn bài được làm tròn theo qui điṇh. 
------HẾT-----