Kiểm tra học kỳ I năm học 2012-2013 lớp 12 hệ trung học phổ thông môn Toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
GIA LAI 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
 KIỂM TRA HỌC KỲ I NĂM HỌC 2012-2013 
 LỚP 12 HỆ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG 
 MÔN TOÁN 
 Thời gian làm bài 150 phút ( không kể thời gian giao đề) 
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 
Câu 1 (2,5 điểm). 
Cho hàm số 3 3 2y x x= - + . 
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số . 
2) Dựa vào đồ thị ( )C , xác định m để phương trình 3 3 1 0x x m- - + = có ba nghiệm phân biệt. 
Câu 2 (1,5 điểm). 
 1) Cho 2 2log 3 , log 5 .m n= = Tính 60log 30 theo m và n . 
 2) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số 
2
( )
xey f x
x
= = trên đoạn 1 ;1
2
é ù
ê úë û
 . 
Câu 3 (3,0 điểm). 
 Cho hình chóp .S ABC có đáy là tam giác vuông tại B , ( )SA ABC^ , 2 ,SA AC a AB a= = = . 
1) Tính thể tích khối chóp .S ABC theo a . 
2) Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng SC . Chứng minh tam giác IAB cân tại I từ đó xác 
định tâm và tính theo a bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp .S ABC . 
3) Tính khoảng cách từ C đến ( )mp IAB theo a . 
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) 
 Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần sau đây (phần A hoặc phần B) 
Phần A: Theo chương trình chuẩn: 
Câu 4A (3,0 điểm). 
1) Giải phương trình : 64 7.8 8 0x x- - = 
2) Giải bất phương trình : 1 3
3
7log ( 1) log ( )
3
+ < -x x 
3) Cho hàm số 
2
x my
x
- +
=
+
 có đồ thị ( )mC . 
Tìm các giá trị của m để đường thẳng d : 2 2 1 0x y+ - = cắt ( )mC tại hai điểm A và B sao cho tam 
giác OAB có diện tích bằng 1 (O là gốc tọa độ). 
Phần B: Theo chương trình nâng cao: 
Câu 4B (3,0 điểm). 
 1) Giải các phương trình: 
a) 3.4 5.6 2.9 0x x x- + = . 
b) 2log 2 log( 3 ) 2x x+ - - = . 
 2) Cho hàm số 2 3
2
xy
x
-
=
-
 có đồ thị là ( )C . Gọi I là giao điểm 2 đường tiệm cận của ( )C . 
Tìm trên ( )C các điểm M để tuyến của ( )C tại M cắt tiệm cận đứng, tiệm cận ngang của ( )C lần 
lượt tại A và B sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có bán kính nhỏ nhất. 
----------------Hết--------------- 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
GIA LAI 
 ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC 
 KIỂM TRA HỌC KỲ I NĂM HỌC 2012-2013 
 LỚP 12 HỆ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG 
 MÔN TOÁN 
 Thời gian làm bài 150 phút ( không kể thời gian giao đề) 
HƯỚNG DẪN CHẤM 
Bản hướng dẫn chấm gồm 05 trang 
I. Hướng dẫn chung 
* Đáp án này chỉ nêu sơ lược một cách giải, trong bài làm học sinh phải trình bày lời giải chi tiết. 
* Nếu học sinh làm cách khác hướng dẫn chấm nhưng đúng thì vẫn được điểm tối đa. 
* Làm tròn điểm theo quy định chung của Bộ Giáo dục và Đào tạo cho Hệ Trung học phổ thông. 
II. Đáp án − Thang điểm 
Câu Đáp án Điểm 
1) (1,00đ) 
Tập xác định : = ¡D 
0,25 
lim , lim
x x
y y
®-¥ ®+¥
= -¥ = +¥ 
0,25 
é =
= - = Û ê = -ë
2 1' 3 3; ' 0
1
x
y x y
x
0,25 
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ); 1-¥ - và ( )1;+¥ , hàm số nghịch biến trên 
khoảng ( )1;1- 
0,25 
Hàm số đạt cực đại tại = - = - =x 1, ( 1) 4CÑy y 
Hàm số đạt cực tiểu tại = = =x 1, (1) 0CTy y 
0,25 
Bảng biến thiên BBT 
x -¥ -1 1 +¥ 
'y + 0 - 0 + 
y 4 +¥ 
-¥ 0 
0,25 
Đồ thị ( )C của hàm số đi qua các điểm 
( 2;0),( 1;4),(0;2),(1;0),(2;4)- - 
Yêu cầu: đồ thị là đường cong trơn, đối 
xứng qua điểm (0;2) 
0,50 
1 
(2,50đ) 
2) (0,50đ) Ta có 3 33 1 0 3 2 1x x m x x m- - + = Û - + = + 
Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của ( )C và đường thẳng : 1d y m= + 
0,25 
-8 -6 -4 -2 2 4 6 8
-8
-6
-4
-2
2
4
6
8
y
Dựa vào đồ thị, phương trình đã cho có ba nghiệm khi và chỉ khi 
 0 1 4 1 3m m< + < Û - < < 0,25 
1) (0,75đ) Ta có : 
1
2
2
60 2
2
log (2.3.5)log 30
log (2 .3.5)
= 
0,25 
2 2 2
2 2 2
1 (log 2 log 3 log 5)
2
2 log 2 log 3 log 5
+ +
=
+ +
0,25 
1
2(2 )
m n
m n
+ +
=
+ +
0,25 
2) (0,75đ) 
Xét trên đoạn 1 ;1
2
é ù
ê úë û
, hàm số liên tục 
2 2
2
2 .'
x xx e ey
x
-
=
2
2
(2 1) xx e
x
-
= 
0,25 
1 1' 0 ;1
2 2
y x é ù= Û = Î ê úë û
21 2 ; (1)
2
f e f eæ ö = =ç ÷
è ø
0,25 
2 
(2,00 đ) 
2
11 ;1;1
22
1max ( ) (1) ; min ( ) ( ) 2
2
f x f e f x f e
é ùé ù
ê úê ú ë ûë û
= = = = 
0,25 
S
A
 B
C
 I
K
H
1) (1,00đ) 
Tam giác ABC vuông tại B : 2 2 3BC AC AB a= - = 
0,25 
Diện tích tam giác ABC là 21 3.
2 2ABC
S AB BC a= = 
0,25 
3 
(3,00đ) 
Thể tích khối chóp .
1 .
3S ABC ABC
V SA S= 
0,25 
3 3
3
a
= 
0,25 
2) (1,00đ) 
Ta có BC AB^ và BC SA^ ( do ( )SA ABC^ ) suy ra ( )BC SAB^ BC SBÞ ^ 
0,25 
Tam giác SBC vuông tại B suy ra 1
2
BI SC= 
Tam giác SAC vuông tại A suy ra 1
2
AI SC= 
Suy ra AI BI= hay tam giác ABI cân tại I 
0,25 
Nhận thấy 1IS
2
AI BI IC SC= = = = nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp .S ABC 
0,25 
 Bán kính 2 21 1 2
2 2
r SC SA AC a= = + = 0,25 
3) (1,00đ) 
Dựng 1/ / ( ) ; ( )
2
Î Þ = = ^IH SA H AC IH SA a IH ABC 
0,25 
3
. .
1 3 1. . . ( ;( )).
3 6 3
= = = =I ABC ABC C IAB IAB
aV IH S V d C IAB S 
0,25 
Suy ra 
3 3( ;( )) (1)
2. IAB
ad C IAB
S
= 
Gọi K là trung điểm của AB IK ABÞ ^ ( IABD cân tại I) 
2 2 7
2
aIK AI AK= - = 
0,25 
21 7.
2 4IAB
aS IK AB= = thay vào (1) ta được 
3 3 2 3 2 21( ;( ))
2. 77
= = =
IAB
a a ad C IAB
S
0,25 
1) (1,00đ) 
264 7.8 8 0 8 7.8 8 0- - = Û - - =x x x x 
Đặt 8 0xt = > 
0,25 
Phương trình đã cho trở thành 2 7 8 0t t- - = 
0,25 
1
8
t
t
= -é
Û ê =ë
 thỏa điều kiện 
0,25 
Với 8t = , ta có 8 8 1x x= Û = 
Tập nghiệm của phương trình { }1S = 
0,25 
2) (1,00đ) 
Điều kiện 7( 1; )
3
x Î - . Với điều kiện trên, bất phương trình dã cho tương đương 
0,25 
4A 
(3,00 đ) 
3 3
7log ( ) log ( 1) 0
3
x x- + + > 
0,25 
7( )( 1) 1
3
x xÛ - + > 2 4 4 20 ( ;2)
3 3 3
Û - - < Û Î -x x x 
0,25 
Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm 2( ;2)
3
S = - 
0,25 
3) (1,00đ) 
Đường thẳng 1:
2
d y x= - + . Phương trình hoành độ giao điểm của ( )mC và d : 
2
1 , 2
2 2
( ) 2 2 2 0 (1)
- +
= - + ¹ -
+
Û = + + - =
x m x x
x
g x x x m 
0,25 
Để d cắt ( )mC tại hai điểm phân biệt thì ( ) 0g x = có hai nghiệm phân biệt khác 2- 
( )
170 16 17 0
16
4 2 0( 2) 0 2
g x m m
mg m
ìD > - + >ì <ì ïÛ Û Ûí í í+ ¹- ¹ îî ï ¹ -î
 (*) 
0,25 
Lúc đó 1 1 2 2
1 1( ; ), ( ; )
2 2
A x x B x x- + - + với 1 2,x x là hai nghiệm của (1). 
Theo hệ thức Vi-et ta có 1 2 1 2
1 ; . 1
2
x x x x m+ = - = - 
1( ; )
2 2
d O d = 
2 2
2 1 2 1 2 1
172( ) 2 ( ) 4 . 8
2
AB x x x x x x mé ù= - = + - = -ë û 
0,25 
1 1 1 17 1( ; ). . 8 17 16
2 2 2 82 2OAB
S d O d AB m m= = - = - 
Theo giả thiết ta có 1 4717 16 1 17 16 8
8 16
- = Û - = Û = -m m m thỏa (*) 
Vậy 47
16
= -m . 
0,25 
1) (2,00đ) 
a)(1,00đ) 
 4 63. 5. 2 0
9 9
- + =
x x
x x
22 23.( ) 5( ) 2 0
3 3
Û - + =x x 
0,25 
Đặt 2( ) , 0
3
= >xt t 
Phương trình đã cho trở thành 23. 5 2 0- + =t t 
0,25 
4B 
(3,00 đ) 
1
2
3
=é
êÛ
ê =
ë
t
t
 . Đối chiếu với điều kiện ta được 
1
2
3
=é
ê
ê =
ë
t
t
Với 1=t ta có 2 1 0
3
æ ö = Û =ç ÷
è ø
x
x 
0,25 
Với 2
3
=t ta có 2 2 1
3 3
æ ö = Û =ç ÷
è ø
x
x 
Vậy tập nghiệm của phương trình { }0;1S = 
0,25 
b) (1,00đ) 
 Điều kiện 3< -x . Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương 
0,25 
2log 2log( 3 ) 2 log log( 3 ) 1+ - - = Û + - - =x x x x 
log ( 3 ) log10 ( 3 ) 10x x x xÛ é - - ù = Û - - =ë û (*) 
0,25 
Do 3< -x nên (*) được viết .( 3 ) 10- - - =x x 
0,25 
2 23x-10 0
5
=é
Û + = Û ê = -ë
x
x
x
Đối chiếu với điều kiện ta được tập nghiệm của phương trình { }5S = - 
0,25 
2) (1,00đ) 
Lấy 00
0
2 3
; ( ),
2
x
M x C
x
æ ö-
Îç ÷-è ø
, 
( )20
0
2x
1
)x('y
-
-
= 
Phương trình tiếp tuyến với ( C) tại M có dạng: 
( ) 2x
3x2
)xx(
2x
1
y:
0
0
02
0 -
-
+-
-
-
=D 
0,25 
Toạ độ giao điểm ,A B của ( )D và hai tiệm cận là: ( )2;2x2B;
2x
2x2
;2A 0
0
0 -÷÷
ø
ö
çç
è
æ
-
- 
Ta thấy M00BA xx2
2x22
2
xx
==
-+
=
+ , , ,M A B thẳng hàng suy ra M là trung điểm 
của AB . 
0,25 
Mặt khác I = (2; 2) và tam giác IAB vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp tam giác 
IAB có bán kính I M 
2
2 2 20
0 0 2
0 0
2 3 1( 2) 2 ( 2) 2
2 ( 2)
x
IM x x
x x
æ ö-
= - + - = - + ³ç ÷- -è ø
0,25 
IM đạt nhỏ nhất là 2 020 2
0 0
11( 2)
( 2) 3
x
x
x x
é =
Û - = Û ê
- =êë
Vậy có hai điểm M cần tìm là 1M (1; 1) và 2M (3; 3) 
0,25 
------------------- Hết -------------------