de thi hoc ki i toan 12 co loi giai 2010-2011 - truonghocso.com

ðề số 1

ðỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010 Môn TOÁN Lớp 12 Nâng cao

Thời gian làm bài 90 phút

Bài 1 (3 ñiểm)

a) Khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số: y f x x x x C3 21( ) 2 3 1 ( )3

= = − + − ( 2 ñiểm)

b) Tìm m ñể ñường thẳng d y mx( ) : 2 1= − cắt C( ) tại 3 ñiểm phân biệt? ( 1 ñiểm)

Bài 2 (3 ñiểm)

a) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số:

f x x x1 2( ) cos2 2sin2 3

= + − , với x 0;2π

∈

( 1 ñiểm)

b) Giải phương trình: x x21 93

log 6 log 1 0− − = ( 1 ñiểm)

c) Giải hệ phương trình: x y x

x y2

3 2 0

27 3 .9 0

− + =

− =

( 1 ñiểm)

Bài 3 (1 ñiểm) Cho hàm số m

x m x my C

x

2 ( 1) 1 ( )1

+ + + +=

+, m là tham số.

Chứng minh rằng với m∀ , ñồ thị ( )mC luôn có cực ñại, cực tiểu. Tìm m ñể khoảng cách từ

ñiểm cực ñại của ñồ thị ( )mC ñến ñường thẳng x y( ) : 3 4 2 0∆ − + = bằng 4? ( 1 ñiểm)

Bài 4 (3 ñiểm) Cho hình chóp S ABC. có SA ABC( )⊥ , ñáy là ABC∆ vuông cân tại A .

Biết SA a AB a AC a2 , 3, 3= = = .

a) Tính thể tích của khối chóp S ABC. . (1,5 ñiểm)

b) Xác ñịnh tâm I và tính bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC. . Suy ra diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC. và thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC. . (1 ñiểm)

c) Gọi M N P, , lần lượt là trung ñiểm của SB SC AC, , . Mặt phẳng MNP( ) cắt AB tại Q .

Tính diện tích toàn phần của khối ña diện MNPQBC . ( 0,5 ñiểm)

===========================

http://www.vnmath.com

ðề số 1

ðÁP ÁN ðỀ THI HỌC KÌ 1 Môn TOÁN Lớp 12 Nâng cao


Bài 1 (3 ñiểm)


= = − + −

• Tập xác ñịnh D R= ( 0,25 ñiểm)

• Giới hạn x x

y ylim ; lim→+∞ →−∞

= +∞ = −∞ ( 0,25 ñiểm)

• x yy x x y x xx

y

2 211' 4 3; ' 0 4 3 0 33 1

= == − + = ⇔ − + = ⇔ ⇒ = = −

( 0,25 ñiểm)

• Bảng biến thiên ( 0,5 ñiểm)

Hàm số nghịch biến trên (1;3) , ñồng biến trên ( ;1)−∞ và (3; )+∞

ðiểm cực tiểu I1(3; 1)− , ñiểm cực ñại I211;3

• Ta có y x y x x'' 2 4; '' 0 2 4 0 2= − = ⇔ − = ⇔ = . ðiểm uốn I12;3

−

(0,25 ñiểm)

• ðồ thị: ( 0,5 ñiểm)

ðiểm ñặc biệt: ( )A 0; 1− , B14;3

.

ðồ thị hàm số nhận ñiểm uốn I12;3

−

làm tâm ñối xứng.

1

3

1−

+ 0

1 −∞ 3

0

+∞

+∞

−∞

+ -

x

( )'f x

( )f x

0

-2

A

2

-1 x

y

I 1

-2

3 4

1

3

1

3−

.

.

.

. .

.

. .

B

2I

1I

.

-1


b) Tìm m ñể ñường thẳng d y mx( ) : 2 1= − cắt ( )C tại 3 ñiểm phân biệt?

Phương trình hoành ñộ giao ñiểm của C( ) và d( ) là:

x

x x x = 2mx x x x mx x m

3 2 22

01 12 3 1 1 2 3 2 0 1 2 3 2 03 33

= − + − − ⇔ − + − = ⇔ − + − =

ðặt ( )g x x x m31 2 3 23

= − + − ( 0,5 ñiểm)

ðể PT ñã cho có 3 nghiệm phân biệt thì PT g x( ) 0= có 2 nghiệm phân biệt khác 0

mm

mgm

1 01 (3 2 ) 00 3 33(0) 0

22

∆

>− − > ′ >⇔ ⇔ ⇒

≠≠ ≠

( 0,5 ñiểm)

Bài 2 ( 3 ñiểm)


f x x x1 2( ) cos2 2sin2 3

= + − , với x 0;2π

∈

Ta có ( )f x x x x x x2 21 2 1( ) 1 2sin 2sin sin 2sin , 0;2 3 6 2

π = − + − = − + − ∈

(0,25 ñiểm)

ðặt t x t g t t t t2 1sin , 0 1 ( ) 2 , 0;16

= ≤ ≤ ⇒ = − + − ∈ . (0,25 ñiểm)

g t t g t t t( ) 2 2, ( ) 0 1, 0;1′ ′ = − + = ⇔ = ∀ ∈ . (0,25 ñiểm)

Ta có: g g1 5(0) ; (1)6 6

= − =

Giá trị lớn nhất là: [ ]

g t g khi t f x khi x 0;1 0;

2

5 5max ( ) (1) 1 max ( )6 6 2π

π

= = = ⇔ = =

Giá trị nhỏ nhất là: ( ) g t g khi t f x khi x0;1 0;

2

1 1min ( ) (0) 0 min 06 6π

= = − = ⇔ = − =

Vậy f x khi x0;

2

5max ( )6 2π

π

= = , ( )f x khi x0;

2

1min 06π

= − = ( 0,25 ñiểm)

b) Phương trình x x21 93

log 6 log 1 0− − = ⇔ x x23 34 log 3log 1 0− − = (0,25 ñiểm)

ðặt t x3log= , ta có phương trình: (0,25 ñiểm)

xxt

t txt x

32

43

3log 1114 3 1 0 1 1log

4 34

= = =− − = ⇔ ⇔ ⇒

== − = −

(0,5 ñiểm)


C

S

A

B

KE

M

N

Q

P I

H

d

c) Giải hệ phương trình x x

x y

y 2

3 2 0 (1)

27 3 .9 0 (2)

− + =

− =

x y x y x x y2 2 2(2) 27 3 .9 3 3⇔ = ⇔ = ⇔ = , thay vào phương trình (1) ta ñược:

yy y x

y yy xyy

2

11 1 13 2 0

2 422

= = = − =

− + = ⇔ ⇔ ⇒ = == = −

( 0,5 ñiểm)

Vậy hệ phương trình có nghiệm (1;1); (1; 1); (4;2); (4; 2)− − ( 0,5 ñiểm)

Bài 3 (1 ñiểm)

• Tập xác ñịnh { }D R \ 2= − ( 0,25 ñiểm)

• x m x x m x m x x

yx x

2 2

2 2(2 1)( 1) ( 1) 1 2'

( 1) ( 1)

+ + + − + + + + + = =

+ +

x y my x x

x y m2 0 1' 0 2 0

2 3 = = +

= ⇔ + = ⇔ ⇒ = − = − ( 0,25 ñiểm)

Dựa vào BBT ⇒ ñiểm cực ñại là: I m1( 2; 3)− − (0,25 ñiểm)

Khoảng cách từ ñiểm cực ñại I m1( 2; 3)− − ñến ñường thẳng x y( ) : 3 4 2 0∆ − + = là:

m m

d I mm1

8 4 3( ,( )) 4 2 575

∆− = −

= = ⇔ − = ⇔ = (0,25 ñiểm)

Bài 4 (3 ñiểm)

• Vẽ hình ñúng (0,5 ñiểm)

Do SA ABC( )⊥ nên SA là ñường cao

của hình chóp S ABC. .

ABCV SA S1 .3 ∆= (0,25 ñiểm)

Mà ABC∆ vuông cân tại C

ABC

aS AC AB a a

21 1 3. 3. 32 2 2∆ = = =

( 0,25 ñiểm)

Suy ra V a a a2 31 32 .3 2

= = . ( 0,5 ñiểm)

2−

3m −

1m +

+ 0

−∞ 0

0

+∞

+∞

−∞

+ -

x

( )'f x

( )f x

-

1−


b) Gọi H là trung ñiểm BC . Ta có: HA HB HC= = (do ABC∆ vuông tại A )

Từ H dựng ñường thẳng d ⊥ ABC( ) . Suy ra d là trục mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC. .

Dựng mặt phẳng trung trực của cạnh SA ñi qua trung ñiểm E của SA , cắt d tại ñiểm I .

Ta có IA IS (1)=

Tương tự, dựng mặt phẳng trung trực các cạnh SB SC, . Ta có: IC IB IS (2)= =

Từ (1),(2) suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp S ABC. . Bán kính R IA= .

Ta có a

IA IH AH2 2 102

= + = (0,5 ñiểm)

Diện tích mặt cầu là: S R a2 24 10π π= = .

Thể tích khối cầu là: V R a3 34 5 103 3

π π= = (0,5 ñiểm)

c) Mặt phẳng MNP( ) cắt ABC( ) theo giao tuyến PQ song song với BC , với Q là trung ñiểm của AB . (0,25 ñiểm)

Diện tích toàn phần của khối ña diện MNPQBC bằng:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )dt MNPQ dt BMQ dt PNC dt BCPQ dt MNBC

a a a a aa

2 2 2 2 226 3 3 9 3 33 6 3 9 3 33

2 4 4 8 8 2 2 8 8

+ + + + =

= + + + + = + + +

(0,25 ñiểm)

=============================

ðề số 2

ðỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010 Môn TOÁN Lớp 12 Nâng cao


Bài 1 (3 ñiểm)


= = − + − + (2 ñiểm)

b) Tìm m ñể ñường thẳng d y mx( ) : 1= + cắt C( ) tại 3 ñiểm phân biệt? (1 ñiểm)

Bài 2 (3 ñiểm)


f x x x1 4( ) cos2 2sin3 3

= − − + , với x 0;2π

∈

(1 ñiểm)

b) Giải phương trình: xx

22 2 22

4log 5log 13log 4 0− + = (1 ñiểm)


c) Giải hệ phương trình yx

xy1

1

2

16 4 3 0−

= − − =

(1 ñiểm)

Bài 3 (1 ñiểm)

Cho hàm số ( )mx m x m m

y Cx

2 22( 1)2

+ + + +=

+, m là tham số.

Tìm m ñể hàm số ( )mC có cực ñại, cực tiểu và khoảng cách giữa hai ñiểm cực ñại, cực tiểu

bằng 5 ? (1 ñiểm)

Bài 4 (3 ñiểm)

Cho hình chóp S ABC. có SA ABC( )⊥ , ñáy là ABC∆ vuông tại C .

Biết SA a AB a AC a3, 2 ,= = = .

a) Tính thể tích của khối chóp S ABC. . (1,5 ñiểm)

b) Gọi H K, lần lượt là hình chiếu vuông góc của A xuống SC SB, . Xác ñịnh tâm I và tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp H ABC. . Suy ra diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp H ABC. và thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp H ABC. . (1 ñiểm)

c) Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp A BHK. và A BCH. ? (0,5 ñiểm)

===============================

ðề số 2

ðÁP ÁN ðỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010 Môn TOÁN Lớp 12 Nâng cao


Bài 1 (3 ñiểm)

a) Khảo sát và vẽ ñồ thị hàm số: y f x x x x (C)3 21( ) 2 3 13

= = − + − +

• Tập xác ñịnh D R= (0,25 ñiểm)

• Giới hạn x x

y ylim ; lim→+∞ →−∞

= −∞ = +∞ (0,25 ñiểm)

• x yy x x y x xx

y

2 211' 4 3; ' 0 4 3 0 33 1

= = −= − + − = ⇔ − + − = ⇔ ⇒ = =

(0,25 ñiểm)

• Bảng biến thiên (0,5 ñiểm)

1

3−

1

-

0

1 −∞ 3

0

+∞

+∞

−∞

- +

x

( )'f x

( )f x


Hàm số ñồng biến trên (1;3) , nghịch biến trên ( ;1)−∞ và (3; )+∞

ðiểm cực ñại I1(3;1) , ñiểm cực tiểu I211;3

−

• Ta có y x y x x'' 2 4; '' 0 2 4 0 2= − + = ⇔ − + = ⇔ = .

ðiểm uốn I12;3

( 0,25 ñiểm)

• ðiểm ñặc biệt: ( )A 0;1 , B14;3

−

.

ðồ thị hàm số nhận ñiểm uốn I12;3

làm tâm ñối xứng. (0,5 ñiểm)

b) Tìm m ñể ñường thẳng d y mx( ) : 1= + cắt C( ) tại 3 ñiểm phân biệt?

Phương trình hoành ñộ giao ñiểm của (C) và (d) là:

x

x x x = mx x x x mx x m

3 2 22

01 12 3 1 1 2 3 0 1 2 3 03 33

= − + − + + ⇔ − + + = ⇔ − + + =

(0,5 ñiểm)

ðặt g x x x m21( ) 2 33

= − + + .

ðể PT ñã cho có 3 nghiệm phân biệt thì PT g x( ) 0= có 2 nghiệm phân biệt khác 0

( )

( ) mmg m

m

1' 0 01 3 030 0 33

∆ > <− + >⇔ ⇔ ⇒ ≠ ≠ − ≠ −

(0,5 ñiểm)

Bài 2 ( 3 ñiểm)


f x x x1 4( ) cos2 2sin3 3

= − − + , với x 0;2π

∈

• Ta có ( )f x x x x x x2 21 4 2( ) 1 2sin 2sin sin 2sin 1, 0;3 3 3 2

π = − − − + = − + ∈

(0,25 ñiểm)

ðặt t x t g t t t t22sin , 0 1 ( ) 2 1, 0;13

= ≤ ≤ ⇒ = − + ∈ . (0,25 ñiểm)

0

-2

A

2

-1 x

y

I 1

-2

3

4

1

3

1

3−

. .

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

B

2I

1I


[ ]g t t g t t4'( ) 2, '( ) 0, 0;13

= − < ∀ ∈ . (0,25 ñiểm)

Giá trị lớn nhất: [ ]

g t g khi t f x khi x0;1 0;

2

max ( ) (0) 1 0 max ( ) 1 0π

= = = ⇔ = =

Giá trị nhỏ nhất là: [ ]

g t g khi t f x khi x0;1 0;

2

1 1min ( ) (1) 1 min ( )3 3 2π

π

= = − = ⇔ = − =

Vậy f x khi x0;

2

max ( ) 1 0π

= = , f x khi x0;

2

1min ( )3 2π

π

= − = (0,25 ñiểm)

b) PT xx

22 2 22

4log 5log 13log 4 0− + = ⇔ x x22 2log 10 log 16 0+ + = . (0,5 ñiểm)

ðặt t x2log= , ta có phương trình: (0,25 ñiểm)

xxt x

t tt x x x

22 2

82

1log 22 2 410 16 0

8 log 8 12256

−

−

= = − = − =

+ + = ⇔ ⇔ ⇔ ⇒ = − = − = =

(0,25 ñiểm)

c) Giải hệ phương trình yx

xy

11

2 (1)

16 4 3 0 (2)−

= − − =

y

x

1(1)2

⇔ = , thay vào phương trình (2) ta ñược:

yyy y

y

t

tt

124 0416 4 3 0 4 3 0 4 3 04

− = >

− − = ⇔ − − = ⇔ − − =

(0,5 ñiểm)

Phương trình tt t t

tt24 13 0 3 4 0

4 = −

− − = ⇔ − − = ⇔ = (0,25 ñiểm)

Kết hợp ñiều kiện, ta chọn yt y x4 4 4 1 2= ⇔ = ⇔ = ⇒ = (0,25 ñiểm)

Vậy hệ phương trình có nghiệm (2;1)

Bài 3 (1 ñiểm)

• Tập xác ñịnh { }D R \ 2= − ( 0,25 ñiểm)

• [ ]x m x x m x m m x x m m

yx x

2 2 2 2

2 22 2( 1) ( 2) 2( 1) 4 3 4'

( 2) ( 2)

+ + + − + + + + + − + + = =

+ +

ðặt ( )g x x x m m2 24 3 4= + − + + . ðể hàm số ñã cho có cực trị thì y ' 0= có hai nghiệm phân

biệt khác 2− và y ' ñổi dấu khi ñi qua hai nghiệm phân biệt ñó g x( ) 0⇔ = có hai nghiệm phân biệt khác 2− . Ta có hệ:


( )

m mm m

g m m

2

2' 0 3 0 0 32 0 3 0

∆ > − >⇔ ⇒ < ∨ > − ≠ − + ≠

(0,25 ñiểm)

Vậy ( ) ( )m ;0 3;∈ −∞ ∪ +∞ thì hàm số ñã cho có cực trị.

Với ( ) ( )m ;0 3;∈ −∞ ∪ +∞ , gọi hai ñiểm cực trị là ( ) ( )I x x m I x x m1 1 1 2 2 2; 2 2 2 ; ; 2 2 2+ + + +

( ) ( ) ( )

( ) ( )

I I I I x x x x x x

x x x x

2 2 221 2 1 2 2 1 2 1 2 1

22 1 1 2

5 5 2 2 5 5 5

4 1 *

= ⇔ = ⇔ − + − = ⇔ − =

⇔ + − =

Áp dụng hệ thức Viet, ta có x x

x x m m1 2

21 2

43 4

+ = −

= − + +. (0,25 ñiểm)

Thay vào (*) ta ñược phương trình m

m m

m

2

3 1024 12 1 0

3 102

−=

− − = ⇔+

=

(0,25 ñiểm)

Bài 4 (3 ñiểm)

Vẽ hình ñúng ( 0,5 ñiểm)

a) Do SA ABC( )⊥ nên SA là ñường cao của hình chóp S ABC. .

Thể tích của khối chóp là: ABCV SA S1 .3 ∆= (0,25 ñiểm)

Mà ABC∆ vuông tại C nên:

ABC

aS AC BC a a

21 1 3. . 32 2 2∆ = = = (0,25 ñiểm)

Suy ra a

V a a3

21 33.3 2 2

= = . (0,5 ñiểm)

b) Ta có: BC SAC( )⊥ ( do BC AC BC SA;⊥ ⊥ )

Suy ra BC AH⊥ .

Mặt khác, SC AH⊥ .

Từ ñó, AH SBC AH HB( )⊥ ⇒ ⊥ .

AHB∆ vuông tại H .

Gọi I là trung ñiểm của AB , ta có IA IB IH (1)= =

ACB∆ vuông tại C , ta có IA IB IC (2)= =

Từ (1), (2) suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp H ABC. .

Bán kính AB

R IA a2

= = = . (0,5 ñiểm)

Diện tích mặt cầu là: S R a2 24 4π π= = . Thể tích khối cầu là: V R a3 34 43 3

π π= = (0,5 ñiểm)

c) Tỉ số thể tích 2 khối chóp A BHK. và A BCH.

B

S

A

C

I

KH


Ta có A BCH B AHC ACH

aV V BC S BC AH HC a a

32

. .1 1 1 1 3. . . 3. .3 3 2 3 8 8

= = = = = (0,25 ñiểm)

( )H ABK B AHK

aV V BK dt AHK BK AH HK

3

. .1 1 1 3. . .3 3 2 14

∆= = = =

Suy ra A BHK

A BCH

aV

Va

3

.

3.

31214

1 78

= = (0,25 ñiểm)

=================================

SỞ GD & ðT ðề số 3

ðỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010 Môn TOÁN Lớp 12

Thời gian làm bài 90 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 ñiểm) Câu I (3 ñiểm)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị hàm số y x x4 25 4= − + .

2. Tìm m ñể phương trình x x m4 25 4− + = có 4 nghiệm phân biệt.

Câu II (1 ñiểm)

Giải phương trình: x x2 4 212(log 1) log log 04

+ + = .

Câu III (3 ñiểm) Cho tam giác ABC ñều cạnh a. Trên ñường thẳng d ñi qua A và vuông góc với mặt phẳng

(ABC) lấy ñiểm D sao cho AD = 2a.

1. Tính thể tích khối chóp D.ABC. 2. Tính diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp D.ABC.

3. Mặt phẳng ñi qua B, trung ñiểm của AD và tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp chia khối

chóp thành hai phần. Tính tỉ số thể tích của hai phần ñó.

II. PHẦN TỰ CHỌN (3 ñiểm)

Thí sinh chỉ ñược chọn một trong hai phần: Theo chương trình Chuẩn hoặc Nâng cao 1. Theo chương trình Chuẩn

Câu IVa (3 ñiểm)

1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y x x1 9= − + − + .

2. Giải bất phương trình: x x2 31 2 24

log log (2 ) log 0 − ≤

.

3. Tìm m ñể hàm số y = x3 – 6x2 + 3(m + 2)x – m – 6 có hai cực trị và hai giá trị cực trị cùng

dấu.

2. Theo chương trình Nâng cao

Câu IVb (3 ñiểm)


1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y x x24= + − .

2. Giải hệ phương trình:

x y

y x

x y x y3 13

4 32log ( ) 1 log ( )

+ =

− = + +

3. Tìm m ñể phương trình x xm m m2 22( 2)2 2( 1)2 2 6 0− − + + − = có nghiệm thuộc ñoạn

0; 2 .

--------------------Hết-------------------

Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . .

ðề số 3 ðÁP ÁN ðỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010 Môn TOÁN Lớp 12


Câu Nội dung ðiểm

I.1 Khảo sát hàm số y x x4 25 4= − + 2,00

1) Tập xác ñịnh : R 2) Sự biến thiên: a) Giới hạn :

x x

y ylim , lim→−∞ →+∞

= +∞ = +∞ 0,50

b) Bảng biến thiên: y x x34 10′ = − ; x

yx

00 10

2

=′ = ⇔ = ±

x – ∞ – 10 / 2 0 10 / 2 + ∞ y' – 0 + 0 – 0 +

y

+ ∞ 4 + ∞ –9/4 –9/4

0,50

Hàm số ñồng biến trên các khoảng 10 10;0 , ;2 2

− +∞

Hàm số nghịch biến trên các khoảng 10 10; , 0;2 2

−∞ −

Hàm số ñạt cực ñại tại x = 0, yCð = y(0) = 4

Hàm số ñạt cực tiểu tại x102

= ± , yCT = y10 92 4

± = −

0,50


3) ðồ thị: ðồ thị (C) của hàm số có hai ñiểm uốn U5 19;6 36

±

nhận Oy làm

trục ñối xứng, giao với Ox tại 4 ñiểm ( ± 1; 0); ( ± 2; 0) (Hình 1)

(Hình 1) (Hình 2)

0,50

I.2 Tìm m ñể phương trình x x m4 25 4− + = (1) có 4 nghiệm phân biệt 1,00

Gọi (C1) là ñồ thị hàm số y x x4 25 4= − + . (C1) gồm hai phần: +) Phần ñồ thị (C) nằm trên trục Ox +) ðối xứng của phần ñồ thị (C) nằm dưới Ox qua Ox

0,25

Vẽ ñồ thị (Hình 2) 0,25 Số nghiệm của (1) bằng số giao ñiểm của (C1) với ñường thẳng y = m. Theo ñồ

thị ta ñược (1) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m = 0 và m9 44

< < 0,50

II Giải phương trình x x2 4 212(log 1)log log 04

+ + = (1) 1,00

ðiều kiện: x > 0

(1) x x x x22 2 2 2(log 1)log 2 0 log log 2 0⇔ + − = ⇔ + − =

0,5

xx

x x2

2

2log 11log 24

= = ⇔ ⇔ = − =

0,5

III.1 Tính thể tích khối chóp D.ABC. 1,00

O 1 2

x -1 -2

4

y

y = m

(C1)

9/4

O 1 2

x -1 -2

4

y

y = m

(C1)

9/4

O 1 2

x -1 -2

4

-9/4

y

(C)


Thể tích khối chóp

D ABC ABC

a aV AD S a

2 3

.1 1 3 3. 2 .3 3 4 6

= = = 1,00

III.2 Tính diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp D.ABC. 1,00 Gọi O là trọng tâm của tam giác ABC, gọi ∆ là ñường thẳng ñi qua O và vuông

góc với (ABC), suy ra ∆ // DA và ∆ là trục của ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Trong mặt phẳng (d, ∆) kẻ ñường thẳng trung trực của AD cắt ∆ tại I, khi ñó I cách ñều A, B, C, D nên I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp D.ABC

0,25

Gọi M, N là trung ñiểm của BC và AD. Tứ giác AOIN là hình chữ nhật nên

IA = ON = AN AO2 2+ . AN = a a

DA a AO AM1 2 2 3 3,2 3 3 2 3

= = = = 0,25

a a

IA a

22 3 2 3

3 3

= + =

.

Mặt cầu có bán kính a

R IA2 3

3= = nên S

a aR

2 22 2 3 164 4

3 3π

π π

= = =

0,50

III.3 Tính tỉ số thể tích... 1.00 Gọi E = DM ∩ IN, F = BE ∩ DC khi ñó tam giác BNF là thiết diện của hình

chóp cắt bởi mặt phẳng (BNI). 0,25

Do N là trung ñiểm của DA, NE // AM nên E là trung ñiểm của DM Gọi K là trung ñiểm của FC ⇒ MK là ñường trung bình của tam giác BFC ⇒ MK // BF ⇒ EF là ñường trung bình của tam giác DMK ⇒ F là trung ñiểm

của DK ⇒ DC = 3 DF ⇒ SDBC = 3SDBF.

0,25

D

A C

B

O

N

M

I

d

F

E

∆

K


Gọi h là khoảng cách từ A ñến mặt phẳng (DBC), do N là trung ñiểm của DA nên khoảng cách từ N ñến (DBC) bằng h/2.

Gọi thể tích khối chóp D.ABC là V, thể tích khối chóp D.NBF là V1, thể tích phần còn lại là V2.

Ta có DBF DBC

hV S h S V V V V V V V1 2 1

1 1 1 1 5. .3 2 6 6 6 6

= = = ⇒ = − = − =

0,25

Do ñó ta có tỉ số thể tích: 1

2

V

V

15

= hoặc 2

1

V

V5=

Chú ý thí sinh cũng có thể làm theo cách sau: V DN DF DB

V DA DC DB1 1. .

6= =

0,25

IVa.1 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y x x1 9= − + − + . 1,00

Tập xác ñịnh D = [1; 9]

yx x

1 1'2 1 2 9

= −− −

, y x x x' 0 1 9 5= ⇔ − = − ⇔ = 0,50

y(1)= y(9) = 2 2 , y(5) = 4

y y y y ymax (5) 4, min (1) (9) 2 2⇒ = = = = = 0,50

IVa.2 Giải bất phương trình... 1,00

x x x x2 3 2 3

1 2 2 2 24

log log (2 ) log 0 log (2 ) log 1 − ≤ ⇔ − ≥

(ñiều kiện: x > 0) 0,25

xx x x x

x2 2 2

2 2 2 22

log 1(1 log ) 3log 1 0 log log 0

log 0 ≥

+ − − ≥ ⇔ − ≥ ⇔ ≤ 0,50

xx

21

≥⇔ ≤

. Vậy bất phương trình có tập nghiệm S (0;1] [2; )= ∪ +∞ 0,25

IVa.3 Tìm m ñể hàm số y = x3 – 6x

2 + 3(m + 2)x – m – 6 có hai cực trị cùng dấu. 1,00

y’ = 3x2 – 12x + 3(m +2). ðiều kiện ñể hàm số có cực trị là y’ có hai nghiệm

phân biệt m m' 36 9( 2) 0 2∆⇔ = − + > ⇔ < Gọi x1, x2 là hai ñiểm cực trị của hàm số, khi ñó theo ñịnh lí Viet ta có

x x

x x m1 2

1 2

42

+ =

= +

0,25

Do y x y m x2 ' ( 2)(2 1)

3 3 1

= − + − +

và y’(x1) = y’(x2) = 0

nên y x m x1 1( ) ( 2)(2 1)= − + , y x m x2 2( ) ( 2)(2 1)= − +

0,25

C CTy y y x y x m x x m x x x x2 2§ 1 2 1 2 1 2 1 2( ) ( ) ( 2) (2 1)(2 1) ( 2) [4 2( ) 1]= = − + + = − + + +

m m m m2 2( 2) [4( 2) 2.4 1] ( 2) (4 17)= − + + + = − + 0,25

Do ñó hai giá trị cực trị cùng dấu khi

CÑ CT

my y m m

m2

2. 0 ( 2) (4 17) 0 17

4

≠

> ⇔ − + > ⇔ > −

Kết hợp với ñiều kiện ta ñược m17 24

− < <

0,25


IVb.1 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y x x24= + − 1,00

Tập xác ñịnh: D = [– 2; 2]

x x xy

x x

2

2 2

4' 14 4

− − −= + =

− −

0,25

xy x x x

x x2

2 20' 0 4 0 2

4 ≥

= ⇔ − − = ⇔ ⇔ =− =

0,25

y(–2) = – 2, y (2) = 2, y( 2) 2 2= 0,25

y y y ymax ( 2) 2 2, min ( 2) 2= = = − = − 0,25

IVb.2 Giải hệ phương trình

x y

y x x y x y 3 1

3

4 32 (1)log ( ) 1 log ( ) (2)

+ =

− = + +

1,00

ðiều kiện: x – y > 0, x + y > 0, x ≠0, y ≠ 0

x y x y x y x y2 2 2 23 3 3(2) log ( ) log ( ) 1 log ( ) 1 3 (3)⇔ − + + = ⇔ − = ⇔ − =

0,25

(1)

x y

y x x y

y x

252 2 2 5

+

⇔ = ⇔ + =

.

ðặt x

ty

= ta có tt t t

tt21 22 5 2 5 2 0

1/ 2 =

+ = ⇔ − + = ⇔ =

0,25

+) Với t = 2 x y2⇒ = thế vào (3) ta ñược y y y2 24 3 1− = ⇔ = ± Khi y x 2 (thoaû maõn)1= ⇒ = Khi y x loaïi1 2 ( )= − ⇒ = −

0,25

+) Với t = 12

y x2⇒ = thế vào (3) ta ñược x x voâ nghieäm2 24 3 ( )− =

Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm (x, y ) = (2; 1) 0,25

IVb.3 Tìm m ñể phương trình có nghiệm thuộc ñoạn [0; 1] 1,00

x xm m m2 22( 2)2 2( 1)2 2 6 0− − + + − = (1)

ðặt t = x22 , do x x neân t0; 2 [1;4] ∈ ∈

(1) trở thành m t m t m2( 2) 2( 1) 2 6 0− − + + − = (2)

t tt t m t t m f t

t t

22 2

22 2 6( 2 2) 2 2 6 ( )

2 2+ +

⇔ − + = + + ⇔ = =− +

0,25

Xét hàm số f(t) trên [1; 4]

t loaïit tf t f t t t

tt t

22

2 2

2 ( )6 4 16'( ) , '( ) 0 6 4 16 0 4( 2 2) 3

= −− − + = = ⇔ − − + = ⇔

=− +

0,25

f(1) = 10, f(4) = 235

, f43

= 11

f t f f t f[1;4] [1;4]

4 23max ( ) 11,min ( ) (4)3 5

⇒ = = = =

0,25


(1) có nghiệm thuộc [0; 2 ] ⇔ (2) có nghiệm thuộc [1; 4] m23 115

⇔ ≤ ≤

Vậy: m23 115

≤ ≤

0,25

ðề số 4

ðỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học Môn TOÁN Lớp 12

Thời gian làm bài 90 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 ñiểm)

Câu I. (3 ñiểm) Cho hàm số y x x x3 26 9 4= + + + có ñồ thị (C). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C) của hàm số. b) Viết phương trình tiếp tuyến ∆ với ñồ thị (C) tại ñiểm M(–2; 2).

c) Dựa vào ñồ thị (C), tìm m ñể phương trình x x x m3 226 9 4 log+ + + = có 3 nghiệm phân biệt

Câu II. (1 ñiểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y x x2 cos2 4sin= + trên ñoạn

0;2π

.

Câu III. (2 ñiểm) Giải các phương trình sau:

a) x x2 15 5 6++ = b) x x x2 1 22

log ( 1) log ( 3) log ( 7)+ − + = +

Câu IV. (1 ñiểm) Biết 2 10π < . Chứng minh: 2 5

1 1 2log logπ π

+ > .

II. PHẦN RIÊNG (3 ñiểm) Thí sinh chỉ ñược chọn một trong hai phần: Theo chương trình Chuẩn hoặc Nâng cao 1. Theo chương trình Chuẩn

Câu Va. (2 ñiểm) Cho hình chóp S.ABCD có ñáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông

góc với mặt phẳng ñáy, cạnh bên SB = a 3 . a) Tính thể tích của khối chóp S.ABCD. b) Xác ñịnh tâm và tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.

Câu VIa. (1 ñiểm) Giải bất phương trình: x x22 3

5 66 5

−

≥

.


Câu Vb (2 ñiểm) Trên mặt phẳng (P) có góc vuông xOy , ñoạn SO = a vuông góc với (P). Các

ñiểm M, N chuyển ñộng trên Ox, Oy sao cho ta luôn có OM ON a+ = .

a) Xác ñịnh vị trí của M, N ñể thể tích của tứ diện SOMN ñạt giá trị lớn nhất.

b) Khi tứ diện SOMN có thể tích lớn nhất, hãy xác ñịnh tâm và tính bán kính mặt cẩu ngoại tiếp tứ diện SOMN.

Câu VIb. (1 ñiểm) Giải hệ phương trình: x y

xy

2 2 25log log log 22

2

− = =

--------------------Hết------------------- Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . .


ðề số 4

ðÁP ÁN ðỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010 Môn TOÁN Lớp 12


Câu Nội dung ðiểm I.a Khảo sát hàm số y x x4 25 4= − + 2,00

1) Tập xác ñịnh : R 2) Sự biến thiên: a) Giới hạn :

x x

y ylim , lim→−∞ →+∞

= +∞ = +∞

0,50

b) Bảng biến thiên: y x x23 12 9′ = + + ; xy

x103

= −′ = ⇔ = −

x −∞ –3 –1 +∞ y′ + 0 – 0 +

y 4 +∞ −∞ 0

0,50

Hàm số ñồng biến trên các khoảng ( ) ( ); 3 , 1;−∞ − − +∞ Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 3; 1)− − Hàm số ñạt cực ñại tại x = –3, yCð = y(–3) = 4 Hàm số ñạt cực tiểu tại x 1= − , yCT = y( 1) 0− =

0,50

3) ðồ thị: ðồ thị ñi qua các ñiểm (–2; 2), (0; 4), (–1; 0), (–3; 4), (–4; 0)

-6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

5

6

x

y

0,50

I.b Phwong trình tiếp tuyến 0,50 Phương trình tiếp tuyến với (C) tại ñiểm M(–2; 2): y f x f( 2)( 2) (2)′= − + + 0,25

⇒ y x3 4= − − 0,25

I.c Tìm m ñể PT x x x m3 226 9 4 log+ + + = có 3 nghiệm phân biệt 0,50

Số nghiệm của PT là số giao ñiểm của (C) và d: y m2log= 0,25

Dựa vào ñồ thị ⇒ PT có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m m20 log 4 1 16< < ⇔ < < 0,25

II Tìm GTLN, GTNN của hàm số y x x2 cos2 4sin= + trên ñoạn 0;

2π

.

1,00

( )y x x x x2 2 sin2 4cos 4 cos 1 2 sin′ = − + = − 0,25

Trên 0;2π

, ta có: y x x0

2 4π π′ = ⇔ = ∨ =

0,25


y y y4 2; 2 2; (0) 22 4π π

= − = =

0,25

Vậy: y y y y

0; 0;2 2

min (0) 2; max 2 24π π

π

= = = =

0,25

III.a Giải phương trình x x2 15 5 6++ = 1,00

ðặt t = x5 , t > 0 0,25

PT trở thành t loaïit t

t2 6 ( )5 6 0

1 = −

+ − = ⇔ =

0,50

Với t = 1 thì x x5 1 0= ⇔ = 0,25

III.b Giải phương trình x x x2 1 22

log ( 1) log ( 3) log ( 7)+ − + = + 1,00

ðiều kiện x 1> − 0,25

PT ⇔ x x x x x x2 2log ( 1)( 3) log ( 7) ( 1)( 3) 7+ + = + ⇔ + + = +

⇔ x x x x loaïi2 3 4 0 1 4 ( )+ − = ⇔ = ∨ = −

0,50

Vậy PT có nghiệm x = 1 0,25 IV

Chứng minh: 2 5

1 1 2log logπ π

+ > 1.00

Ta có: 2

2 5

1 1 log 2 log 5 log 10 log 2log log π π π π π

π π+ = + = > =

1,00

Va.a Thể tích khối chóp 1,00

0,25

ABCDS a2= 0,25

SA SB AB a2 2 2= − = 0,25

V Bh a a a2 31 1 22.3 3 3

= = = 0,25

Va.b Tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp 1,00

Gọi O là tâm hìnhg vuông ABCD ⇒ O là tâm ñường tròn ngoại tiếp hình vuông 0,25

Qua O kẻ d // SA ⇒ d là trục của ñường tròn (ABCD), d cắt SC tại trung ñiểm I của SC.

∆SAC vuông tại A ⇒ IA = IC = IS = SC

2

⇒ IS = IA = IB = IC = ID ⇒ I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.

0,50

Bán kính R = IA = SC

2= a

0,25


VIa Giải bất phương trình

x x22 35 66 5

−

≥

1,00

⇔

x x22 3 15 56 6

− −

≥

0,25

⇔ x x22 3 1 0− + ≤ 0,50

⇔ x1 12

≤ ≤ 0,25

Vb.a Vị trí của M, N 1,00

0,25

V = SOMNV Bh OM ON OS aOM ON

1 1 1 1. . . . .3 3 2 6

= = = 0,25

V ≤ OM ON

a a

231 1

6 2 24 +

=

0,25

max

aV a khi OM ON31

24 2= = =

0,25

Vb.b Xác ñịnh tâm và bán kính mặt cầu 1,00

Gọi I là trung ñiểm của MN ⇒ I là tâm ñường tròn ngoại tiếp ∆OMN. Mặt phẳng trung trực của OS cắt trục It của ∆OMN tại J. Ta có: JS = JO = JM = JN ⇒ J là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SOMN.

0,50

Bán kính R = JO = a 34

0,50

VIb Giải hệ phương trình: x y

xy

2 2 25log log log 2 (1)2

2 (2)

− = =

1,00

ðiều kiện: x

y00

>

>

0,25

(1) ⇔ x y x y 25(log log )(log log ) log 22

− + =

⇔ x x x

xyy y y

52 2 25 5log .log( ) log 2 log .log2 log 2 log log2

2 2= ⇔ = = = ⇔

x

y

522=

0,50

Kết hợp (2) ta ñược

xyx

x

y y

745324

22

22

−

= =

⇔ =

=

0,25


ðề số 5

ðỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010 Môn TOÁN Lớp 12

Thời gian làm bài 90 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 ñiểm) Câu 1: (2,5ñ)

Cho hàm số: y x x3 23 1= − + . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị (C) của hàm số. 2) Viết phương trình tiếp tuyến với (C) tại ñiểm có hoành ñộ là nghiệm của phương trình

y" 0= . Câu 2: (1ñ)

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: y x x x3 21 2 3 13

= − + + trên ñoạn [–1;2]

Câu 3: (1ñ)

Giải phương trình: x x

1 12 24 4 3

+ −− =

Câu 4: (2,5ñ) Cho hình chóp tứ giác ñều S.ABCD có cạnh ñáy bằng 2a, cạnh bên hợp với ñáy một góc α . a) (1,25ñ) Tính thể tích của khối chóp S.ABCD b) (1,25ñ) Xác ñịnh tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD II. PHẦN RIÊNG (3 ñiểm) Thí sinh chỉ ñược chọn một trong hai phần: Theo chương trình Chuẩn hoặc Nâng cao 1. Theo chương trình Chuẩn

Câu 5a:

1) (1ñ) Tìm các tiệm cận của ñồ thị hàm số x

yx x

2 1(1 )

+=

−

2) (1ñ) Giải bất phương trình: x

x x2 42log 8 log log 3

2+ − <

3) (1ñ) Cắt mặt xung quanh của một hình trụ theo một ñường sinh, rồi trải ra trên một mặt

phẳng, ta ñược một hình vuông có diện tích 100cm2. Tính thể tích của khối trụ giới hạn bởi hình trụ ñó.


Câu 5b:

1) (1ñ) Tìm các tiệm cận của ñồ thị hàm số: y x x2 1= + −

2) (1ñ) Giải bất phương trình: x

x x2

3 935log 18 log log

3 2+ − >

3) (1ñ) Cắt mặt xung quanh của một hình nón theo một ñường sinh, rồi trải ra trên một mặt phẳng, ta ñựơc một nửa hình tròn có ñường kính bằng 10cm. Tính thể tích của khối nón giới hạn bởi hình nón ñó.

––––––––––––––––––––Hết–––––––––––––––––––

Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . .

ðÁP ÁN ðỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010


ðề số 5

Môn TOÁN Lớp 12 Thời gian làm bài 90 phút

Câu Ý Nội dung ðiểm

1 (2,5ñ)

1 (1,75ñ)

TXð: D = R

y x x

x yy

x y

2' 3 60 1' 02 3

= −

= ⇒ == ⇔ = ⇒ = −

x xx x x x3 2 3 2lim ( 3 1) , lim ( 3 1)

→+∞ →−∞− + = +∞ − + = −∞

+ 00

2

-∞

+∞

-3

1

0

y

y'

+∞-∞x

Hàm số ñồng biến trên các khoảng ( ;0)−∞ và (2; )+∞ Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2) Hàm số ñạt cực ñại tại ñiểm x = 0; yCð =1, ñạt cực tiểu tại ñiểm x = 2; yCT =

–3 ðồ thị:

x

y

2

3

1

-3

-1 1

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,50

2 (0,75ñ)

y x x y" 6 6 0 1 1= − = ⇔ = ⇒ = − y '(1) 3= − Phương trình tiếp tuyến là: y x y x3( 1) 1 3 2= − − − ⇔ = − +

0,25 0,25

0,25 2

(1ñ) y’ = x2 – 4x +3

y’ = 0 x

x

13 1;2

=⇔ = ∉ −

y(–1) = 133

− , y(2) = 53

, y(1) = 73

y y1;2 1;2

7 13max min3 3 − −

= = −

0,25 0,25 0,25

0,25


3 (1ñ)

x x

x

x

1 12 2 14 4 3 2.4 2. 3

4

+ −− = ⇔ − =

ðặt t = x4 , t>o ⇒ tt

22 3− = ⇔ 2t2 –3t –2 = 0

⇔t loaïi

t

1 ( )2

2

= −

=

t = 2 ⇒ x4 = 2 ⇔ x12

=

Vậy nghiệm của phương trình là x12

=

0,25 0,25 0,25 0,25

4 (2,5ñ)

1 (1,25ñ)

Gọi O là tâm của ñáy thì SO ⊥ (ABCD) �SAO AC a OA a SO a, 2 2 2 2 tanα α= = ⇒ = ⇒ =

Thê tích của khối chóp S.ABCD là: ABCD

aV S SO

31 4 2 tan.3 3

α= =

0,25 0,5 0,5

2 (1,25ñ)

Gọi H là trung ñiểm SA, trong mặt phẳng (SAC) dựng ñường trung trực của SA cắt SO tại I thì I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD

Hai tam giác vuông SHI và SOA ñồng dạng , nên ta có:

SI SH SA SHSI

SA SO SO

.= ⇒ =

a a aSA SH SO a SI

cos cos

2 2 2, , 2 tan2 sin2

αα α α

= = = ⇒ =

Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là: a

r2

sin2α=

0,25 0,25 0,5 0,25

5B (3ñ)

1

(1ñ)

Tập xác ñịnh D= R\{0;1}

xx

x x

x x x x

2 2

00

1 1lim , lim(1 ) (1 )− → +→

+ += −∞ = +∞

− −; ñường thẳng x = 0 là tiệm cận ñứng

xx

x x

x x x x

2 2

11

1 1lim , lim(1 ) (1 )− → +→

+ += +∞ = −∞

− −; ñường thẳng x = 1 là tiệm cận ñứng

x

x

x x

2 1lim 1(1 )→±∞

+= −

−; ñường thẳng y = –1 là tiệm cận ngang

0,25 0,25 0,25 0,25


2 (1ñ)

xx x2 42

log 8 log log 32

− + < (1)

ðiều kiện x > 0 x x x

x x x

2 2 2 4 4

2 2 2

(1) log 8 log 2 log log log 2 31 13 log 2 log log 32 2

⇔ + − + − <

⇔ + − + − <

x

x x

2

2

1 1log2 2

1log 12

⇔ − <

⇔ > − ⇔ >

0,25 0,25 0,25 0,25

3 (1ñ)

Gọi h là chiều cao và r là bán kính ñáy của hình trụ, từ giả thết ta có:

h = 10 và 2π r = 10 r5π

⇒ =

Vậy thể tích của khối trụ là V = r h

22 5 250. .10π π

π π

= =

0,5 0,5

5b (3ñ)

1 (1ñ)

Tập xác ñịnh R ðồ thị không có tiệm cận ñứng

x xx x

x x

22

1lim 1 lim 01→+∞ →+∞

+ − = =

+ +

Suy ra ñường thẳng y = 0 là tiệm cận ngang khi x → +∞

xx x2lim 1

→−∞

+ − = +∞

; ñồ thị không có tiệm cận ngang khi x → −∞

Gọi tiệm cận xiên là y = ax + b

x x

xxx x

ax x

2211 1

1lim lim 2→−∞ →−∞

− + +

+ −

= = = −

( )x x

b x xx x

22

1lim 1 lim 01→−∞ →−∞

= + + = =

+ −

Vậy ñường thẳng y = –2x là tiệm cận xiên khi x → −∞

0,25 0,25 0,25 0,25

2 (1ñ)

xx x

2

3 935log 18 log log

3 2+ − > (1)

ðiều kiện: x > 0

x x x3 3 3 31 5(1) log 18 log 2 log log2 2

⇔ + + − + >

x3 3log 18 2 log 2⇔ + >

0,25 0,25


x23log 18 2⇔ >

x218 9⇔ >

( )x x vì x2 1 1 02 2

⇔ > ⇔ > >

0,25 0,25

3 (1ñ)

BOA

Gọi l, r là ñường sinh và bán kính ñáy của hình nón.

Từ giả thiết, ta suy ra l = 102

= 5

Diện tích xung quanh của hình nón là: rl r5π π=

Diện tích của nửa hình tròn là: 21 2552 2

π π=

Theo giả thiết ta có: r r25 552 2

π π= ⇒ =

Gọi h là ñường cao của hình nón thì: h l r2 2 25 525 34 2

= − = − =

Vậy thể tích của khối trụ là V = r h

221 1 5 5 125 3. . 3

3 3 2 2 24π

π π

= =

0,25 0,25 0,25 0,25

=============================


de thi hoc ki i toan 12 co loi giai 2010-2011 - truonghocso.com

Documents