Đề thi học kỳ I (năm học 2011 – 2012) môn: Toán lớp 12

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÀ NỘI – AMSTERRDAM - TỔ TOÁN – TIN 
ĐỀ THI HỌC KỲ I 
(NĂM HỌC 2011 – 2012) 
Môn: Toán lớp 12 
Thời gian làm bài: 120 phút. 
Bài 1. a) (1.5 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C của hàm số 2 .
3
x
y
x



b) (1 điểm) Tìm tất cả các điểm M thuộc  C sao cho khoảng cách từ M đến tiệm 
cận đứng bằng 2 lần khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang. 
c) (1 điểm) Biện luận theo tham số m số nghiệm của phương trình 
2 3 .x m x   
Bài 2. a) (1 điểm) Giải phương trình 
2 2 22 1 2 1 225 9 34.15 .x x x x x x      
 b) (1 điểm) Giải phương trình    23 33 5 log 9 19 log 12 0.x x x x     
Bài 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam 
giác đều và vuông góc với mặt đáy. 
a) (1 điểm) Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. 
b) (1 điểm) Xác định tâm và tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp 
S.ABCD. 
c) (1 điểm) Gọi  N là hình nón có đáy là đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD 
và chiều cao là chiều cao của tam giác đều SAB. Tính tỷ số giữa diện tích mặt cầu 
ngoại tiếp hình chóp S.ABCD và diện tích toàn phần của hình nón  .N 
d) (1 điểm) Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho AM x với 0 .x a  Tìm vị trí của 
M trên SA sao cho mặt phẳng  MCD chia khối chóp .S ABCD thành hai phần có 
thể tích bằng nhau. 
Câu 4. (0.5 điểm) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình 22 4mx x x   có hai 
nghiệm phân biệt trên đoạn  0;4 . 
-------- HẾT -------- 
www.VNMATH.com
 1 
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KỲ I MÔN TOÁN LỚP 12 NĂM HỌC 2011 – 2012 
Bài Đáp án Điểm 
Bài 1 
(3,5 
điểm) 
a. (1,5 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số. 
 2 .
3
x
y C
x



 Tập xác định:  \ 3 .D   
 Sự biến thiên: 
 Giới hạn và tiệm cận: lim lim 1
x x
y y
 
   Tiệm cận ngang: 1.y  
3 3
lim ; lim
x x
y
  
   
Tiệm cận đứng 3.x  
 Chiều biến thiên:  
 2
5
' 0
3
y x x D
x

    

 hàm số nghịch biến trên 
các khoảng  ;3 và  3; . 
0,5 
 Bảng biến thiên: 
x  3  
'y   
y 
1 
 
 
1 
0,5 
 Đồ thị: 
Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận giao 
điểm của 2 đường tiệm cận làm tâm 
đối xứng. 
0,5 
b. (1 điểm) Khoảng cách đến TCĐ bằng 2 lần đến TCN 
Giả sử    0 0
0
5
;1 , 3 .
3
M x C x
x
 
    
 Khi đó: Khoảng cách từ M đến TCĐ 
là 01 02 2
1. 3
3 .
1 0
x
d x

  

 Khoảng cách từ M đến TCN là 
0
0
2 2 2
0
1
0. 1 1
3 5
.
30 1
x
x
d
x
  

 
 
0,5 
www.VNMATH.com
 2 
Theo giả thiết ta có  21 2 0 0
0
10
2 3 3 10.
3
      

d d x x
x
0
10
3 10 3 10;1
2
x M
 
      
 
 hoặc 
10
3 10;1 .
2
M
 
  
 
c. (1 điểm) Biện luận số nghiệm của phương trình 
Dễ thấy 3x  không là nghiệm nên phương trình tương đương với 
2
.
3
x
m
x



 Số nghiệm của phương trình chính là số giao điểm của đường 
thẳng y m và đồ thị  'C của hàm số 2 .
3
x
y
x



Ta có: 
2
, 3
2 3 ,
23
, 3
3
x
x
x xy
xx
x
x
     
  
 
 do đó  'C được suy ra từ  C bằng cách: 
Giữ nguyên phần đồ thị  C ứng với 3;x  lấy đối xứng phần đồ thị của  C 
ứng với 3x  qua Ox. Ta được đồ thị  'C như hình vẽ. 
0,5 
Từ hình vẽ suy ra: 
* Với 1:m   Phương trình vô 
nghiệm. 
* Với 1 1:m   Phương trình có 
nghiệm duy nhất. 
* Với 1:m  Phương trình có 2 
nghiệm phân biệt. 
Ghi chú: Học sinh không lập luận 
để suy ra đồ thị  'C thì không 
cho điểm tối đa. 
0,5 
 a. (1 điểm) Giải phương trình 
Bài 2 
(2 
điểm) 
Phương trình tương đương 
2 2 22 2 225.25 9.9 34.15x x x x x x    
2 2 2 22 2 2 2
25 9 5 3
25. 9. 34 25 34 0
15 15 3 5
x x x x x x x x   
                    
        
Đặt 
22
5
0
3
x x
t

   
 
 PT trở thành: 2
9
25 34 0 25 34 9 0      t t t
t
 9
1 .
25
   t t 
0,5 
www.VNMATH.com
 3 
22
2 051 1 2 0 .
23
x x x
t x x
x
              
22 2
2 29 5 5 2 2 2 2 0 1 3.
25 3 3
x x
t x x x x x
 
                    
   
Kết luận PT có 4 nghiệm:  0;2;1 3 .x  
0,5 
b.(1 điểm) Giải phương trình 
Điều kiện 0.x  
Đặt 3log ,t x phương trình trở thành:    23 5 9 19 12 0x t x t     . 
Trường hợp 1: 
5
:
3
x  Phương trình vô nghiệm. 
Trường hợp 2: 
5
:
3
x  Ta có      2 29 19 48 3 5 9 11 .x x x       
Khi đó phương trình có 2 nghiệm 
4
3; .
3 5
t t
x
  

0,5 
3
3
1
3 log 3 3 .
27
        t x x 
3
4 4
log .
3 5 3 5
   
 
t x
x x
Cách 1: Xét hàm số   3
4
log
3 5
 

f x x
x
 với 
5
0 .
3
x  
 
 2
1 12'
ln3 3 5
f x
x x
 

50 0 .
3
x    
Mặt khác: 
lim
x
f

  
5 5
3 3
lim ; lim .
x x
f f
 
 
   
x 0 5 / 3  
'f   
 f x
 
 
 
 
Từ BBT dễ thấy phương trình   0f x  luôn có 2 nghiệm phân biệt. 
Mặt khác   13 0
3
f f
   
 
 nên phương trình   0f x  chỉ có hai nghiệm 
1
3; .
3
x x  
Cách 2: 
TH 1: Nếu 
5
0 :
3
x  Thì hàm số đồng biến trên 
50;
3
 
 
 
 và do
1 0
3
f
 
 
 
 nên 
0,5 
www.VNMATH.com
 4 
PT có nghiệm 
1 .
3
x  
TH 2: Nếu 
5
:
3
x  Khi đó f cũng là hàm đồng biến trên 5;
3
 
 
 
 và do
 3 0f  nên PT có nghiệm 3.x  
Kết luận: PT có 3 nghiệm 
1 13; ; .
3 27
x
 
 
 
Gọi H là trung điểm của AB thì SH là 
đường cao của hình chóp S.ABCD. 
ABC đều, cạnh a nên 3 .
2
a
SH  
Thể tích hình chóp là 
2
.
1 1 3
. . .
3 3 2
 s ABCD ABCD
a
V SH S a 
3 3
6

a
 (đvtt). 
0,5 
0,5 
b.(1 điểm) Xác định tâm và bán kính nặt cầu ngoại tiếp 
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD, đường thẳng d qua O và vuông góc với 
(ABCD). Dễ thấy  .d SHO Gọi G là trọng tâm ABC , qua G kẻ đường 
thẳng vuông góc với  ABC , đường thẳng này cắt d tại I,  I là tâm mặt 
cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. Thật vậy, theo cách dựng nên 
IA IB IC ID   ; mà I thuộc trục của SAB  IS IA IB  , vậy I là tâm 
mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. 
0,5 
Gọi R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp thì .R IA Tam giác AOI 
vuông ở O, có cạnh góc vuông 
1 1 3 3
;
3 3 2 6
a a
IO GH SH    
2
.
2 2
AC a
OA   Do đó 
2 2
2 2 21
2 12 6
a a a
R IA OA OI      
0,5 
c.(1 điểm) Tỉ số diện tích mặt cầu và mặt nón 
Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là 
2 2
2 21 74 4 .
36 3C
a a
S R

    
(đvtt). Đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD có tâm O và bán kính 
2
.
2
a
r OA  Đây cũng chính là bán kính đường tròn đáy của hình nón 
0,5 
www.VNMATH.com
 5 
 Diện tích toàn phần của hình nón là:  2NS rl r r l r       
 2 2 102 5 2
2 2 2 4
aa a a   
   
 
 (đvdt). 
Tỉ số cần tìm là 
 22 2 107 28
: .
3 4 6 3 10
C
N
aS a
S
 
 

0,5 
d .(1 điểm) Tìm x để thể tích bằng nhau 
Vì  / /CD SAB   CDM cắt  SAB 
theo giao tuyến song song với CD. 
Từ M, kẻ / / ,MN CD N SB  hình 
thang MNCD là thiết diện của hình chóp 
và  CDM . 
Dễ thấy  SAC chia hình chóp thành 
 2 phần có thể tích bằng nhau và bằng 
1
,
2
V (V là thể tích hình chóp S.ABCD). 
0,5 
Gọi 1V là thể tích của hình chóp .S MNCD , 2V là thể tích phần còn lại (của 
hình chóp S.ABCD sau khi cắt bởi  CDM ). Khi đó ta có: 
1 2
1
1 2
.
2
V V V V
V
V V
 
 

 Tức là ta có: 1 . .
. .
1 1S MNC S MDC
S ABC S ABC
V V V
V V

   
. .
. .
1S MNC S MDC
S ABC S ADC
V V
V V
   (Vì . .
1
2S ABC S ADC
V V V  ). 
. . . . 1 1 1
SM SN SC SM SD SC SM SN
SA SB SC SA SD SC SA SB
       
 
 3 55 1 5 1
1 1 .
2 2 2
            
 
aSM SM SM a x
x
SA SA SA a 
Vậy, với 
 3 5
2
a
x

 thì  CDM chia hình chóp thành 2 phần có thể tích 
bằng nhau. 
0,5 
Cách 1: 
Dễ thấy 0x  không là nghiệm nên PT tương đương: 
24 2 .x xm
x
 
 Xét hàm số  
24 2x xf x
x
 
 trên miền 0;4 .D   
Ta có    
2
2 2
2 4 2' ' 0 2.
4
x x xf x f x x
x x x
 
    

Chú ý rằng : 
0,5 
www.VNMATH.com
 6 
Bài 5 
(0,5 
điểm) 
 
0
lim .
x
f x

  
Từ BBT suy ra điều kiện 
cần và đủ để PT có 2 
nghiệm phân biệt là 
1 0.
2
m   
x 0 2 4 
'f  0  
 f x
 0 
1
2
 
 
Cách :2 
Xét hàm số  24y x x C  trên 
0;4 .   Ta có 2
2' ;
2
xy
x x



 Ta có bảng 
biến thiên như hình vẽ: 
0,25 
Số nghiệm của PT chính là 
số giao điểm của đường 
thẳng : 2d y mx  và đồ 
thị  .C Để ý rằng d có hệ 
số góc m và luôn đi qua 
điểm  0;2A cố định. 
x 0 2 4 
'y  0  
y 
2 
0 0 
Gọi  (có hệ số góc k ) là tiếp tuyến đi qua A của  .C Ta có 
 : 0 2y k x    hay : 2.y kx    là tiếp tuyến khi và chỉ khi hệ 
 
   
2
2
2 4 1
2' 2
4 2
kx x x
xk y x
x x
   
 
 
 
 Thay  2 vào  
2
2
2
21 : 2 4
4
x x x x
x x

  

2 0 : 2.x k y      
Mặt khác  C Ox tại 2 điểm    0;0 , 4;0 .O B Khi đó PT đường thẳng 
 AB là   : 14 2
x yAB   hay   1: 2.2AB y x   Vậy, điều kiện cần và đủ 
để PT có 2 nghiệm phân biệt là đường thẳng d nằm giữa hai đường thẳng  
và   1 0.2AB m   
0,25 
www.VNMATH.com