Đề thi học kỳ I – Môn Toán 12

i x - 1 
0,5
0,25
 1 c 
* f’(o)=3
 * PT tiếp tuyến:y-1=3(x-0) y=3x+1 
 0,5
 2
0,25
 ;f(0) = - 4 ;f(-1) = 8; 
0,5
Vậy = f (0)= - 4: = f(-1)= - 8 
0,25
 3 a
Đặt 
0,25
PT
 0,5
Với t=9 
0,25
 3 b
* PT 
(0,25đ)
Vậy PT có nghiệm :1<x<2 
 (0,25đ)
 3 c 
* ĐK: x>-2 
 (0,25đ)
 (0,5đ)
(0,25đ)
4
 0,25đ
 *h=SA= 
0,5đ
(0,25đ)
V= 
(0,5đ)
 5 a 
(0,25đ)
(0,5đ)
(0,5đ)
0,5đ
 5 b 
0,75
Câu 1: (2,5đ)
 a) (0,25đ)
 Để có cực trị thì y’ có 2 nghiệm phân biệt: 
 (0,5đ)
 Vậy m<3 thì hàm số có cực trị (0,25đ) 
 b) *Khi m=3 thì hàm số: (0,25đ)
 *Tính y’; tìm nghiệm y’;lập bảng biến thiên và kết luận hàm số đồng biến,nghịch biến (0,5đ)
 * Vẽ đồ thị hàm số (0,25đ)
 c ) * f’(o)=3
 * PT tiếp tuyến:y-1=3(x-0) y=3x+1 (0,5đ)
Câu 2: (1đ)
 (0,25đ)
 ;f(0)=-4 ;f(-1)=8; (0,5đ)
 Vậy max f(x)=f(0)=-4: min f(x)=f(-1)=-8 (0,25đ)
Câu 3: (3đ)
*Đặt (0,25đ)
PT (0,5đ)
Với t=9 (0,25đ)
 b) * PT (0,5đ)
 (0,25đ)
 Vậy PT có nghiệm :1<x<2 (0,25đ)
 c) * ĐK: x>-2 (0,25đ)
 * (0,5đ)
 (0,5đ)
Câu 4: (1,5đ) 
 (0,25đ) 
 *h=SA= (0,5đ)
 * (0,25đ)
 * V= (0,5đ)
Câu 5:
 * Vẽ hình (0,25đ) 
 a) * (0,5đ)
 * S (0,5đ)
 b) * (0,75đ) 
KIỂM TRA HỌC KỲ I LỚP 12
MA TRẬN ĐỀ:
Chủ đề chính
Nhận biết
Thông hiểu
Vận dụng
Tổng
TL
TL
TL
Ứng dụng đạo hàm để khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số
2
 2
3
 1,5
1
 1
6
 4,5
Hàm số lũy thừa, hàm số mũ và hàm số lôragit
1
 1
1
 1 
2
 2 
Khối đa diện
1
 1
1
 1 
2
 2
Mặt nón,mặt trụ,mặt cầu
2
 1
1
 0,5
3
 1,5
3
 3
6
 3,5
4
 3,5
13
 10
Đề:
Câu 1(3,5 điểm) Cho hàm số y =x4 – 2x2 
1. Khảo sát sự biến thiên ,và vẽ đồ thị của hàm số.
2. Biện luận theo k số nghiệm cuả phương trình: x4 – 2x2 - k = 0.
Câu 2(1,0 điểm) : Tìm gía trị lớn nhất cuả hàm số f(x) = 3x3 – x2 – 7x + 1 trên đoạn [0;2].
Câu 3(2,0 điểm): Giải các phương trình sau.
2x + 2.5x+2 = 23x.53x
log 2(9 – 2x) = 3 – x 
Câu 4(1,5 điểm): Cho mặt cầu S (0;r) và một điểm A , biết OA = 2r. Qua A kẻ một tiếp tuyến vơí mặt cầu tại B và kẻ một cát tuyến cắt mặt cầu taị C và D cho biết CD = r
Tính độ dài đoạn AB
Tính khoảng cách từ O đến đường thẳng CD
Câu 5( 2,0 điểm): Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A’B’C’D’ có AB = a, BC = 2a, AA’ = a. Lấy điểm M trên cạnh AD sao cho AM = 3MD.
Tính thể tích khối chóp M.AB’C.
Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (AB’C)
HẾT
HƯỚNG DẪN – ĐÁP ÁN
Câu
Đáp án
Thang điếm
Câu 1
(3,5 đ)
Câu 2
(1đ)
Câu 3
(2đ)
Câu 4
(1,5đ)
Câu 5
(2đ)
1. a) TXĐ : D= R
 b) Sự biến thiên
 y’ = 4x3 - 4
 y’ = 0 x =0 hoặo x = ±1
 Hàm số đồng biến trên (-1;0) và (1; +∞)
 Hàm số ng ịch biến trên (-∞ ;-1) và (0;1)
 Giới hạn đặc biệt : = + ∞
.Bảng biến thiên :
x
-∞ -1 0 1 +∞
y’
 - 0 + 0 - 0 +
Y
+∞	0	+∞
	-1	 -1
.Cực trị : Điểm cực đại : (0 ;0)
 Điểm cực tiểu : (-1;-1), (1;-1)
 c) Đồ thị :Giao điểm với oy tại : (0;0)
 Giao điểm với ox tại : (0;0), (-;0), (;0)
 2. Pt :x4 – 2x2 –k = 0 x4 – 2x2 = k (1)
Số nghiệm của pt (1) là số giao điểm của đồ thị (C): y = x4 -2x2 và đường thẳng d :y = k
Nếu k = -1 hoặc k > 0 thì pt (1) có 2 nghiệm
Nếu -1 < k <0 thì pt (1) có 4 nghiệm
Nếu k =0 thì pt (1) có 3 nghiệm
 .y’ = 9x2 – 2x2 - 7
 .y’ = 0 x1 = 1 và x2 = -
 .y(1) = -4, y(- ) =
 .y(0) = 0, y(2) = 8
 Vậy GTLN maxy =8 
1. (2.5)x+2 = (2.5)3x
 10x+2 = 103x
 x+2 = 3x
 x = 1
2. log2( 9- 2x) = 3- x (2)
 Điều kiện : 9 – 2x > 0 9 > 2x
 (2) 9 – 2x = 2 3- x 
 9 – 2x = 
 (2x)2 – 9.2x + 8 =0 
 2x = 1
 2x = 8
 x = 0 (nhận)
 x = 3(nhận) 
a). ta có AB là tiếp tuyến mặt cầu tại B nên AB OB 
Do đó AB == = r 
b). Gọi H là hình chiếu vuông góc của O lên CD
Khoảng cách từ O đến CD là đoạn OH 
Ta có: OC = OD = r nên OCD cân tại O nên H là trung điểm CD
 CH = = 
OH = = = 
a). VM.AB,C = VB,AMC
Diện tích SAMC = SADC = 
Do đó VM.AB,C = BB’.SAMC
 = 
b). Gọi h là khoảng cách từ M đến mp(AB’C)
 VM.AB,C = SAB’C .h = 
Vì AC2 = B’C2 = 5a2 nên ACB’ cân tại C 
Do đó CI là trung tuyến của ACB’ cũng là đường cao
CI2 = CA2 – AI2 = 5a2 – = 
 CI = SAB’C = 
 h = 
0,25
0,25
0,5
0,25
0,5
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0.25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0.25
0,25
0,25
ĐỀ KIỂM TRA THI HỌC KỲ I
 Câu 1 (4 Đ) : cho hàm số (1)
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m=1.
Viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với đường thẳng và tiếp xúc với đồ thị (C).
Chứng minh rằng hàm số (1) luôn luôn có một cực đại và một cực tiểu .
 Câu 2 :(1 đ) Gỉai phương trình 
 Câu 3: (1Đ) Gỉai bất phương trình
 Câu 4: (4Đ) Cho hình chớp tam giác S.ABC có đáy ABC là một tam giác đều cạnh bằng a , SA bằng h và vuông góc với đáy . Gọi H và I lần lượt là trực tâm ccua3 các tam giác ABC và SBC .
Chứng minh rằng IH vuông góc với (SBC) .
Tính thể tích tứ diện IHBC theo a và h .
 ---------------Hết-----------
ĐÁP ÁN
 Câu 1:
 a). TXĐ: 
 Chiều biến thiên : nên 
x
 -1 1 
y’
 + 0 - 0 +
y
 1 
 -3
 Đồ thị :
Đường thẳng (d) có hệ số góc 
 bằng -3 ( vì vuông góc với đường thẳng 
 ). Ta có 
 Với x=0 thì y=-1.
 Phương trình đường thẳng (d) là tiếp tuyến của (C) tại điểm (0;-1):
Ta có 
 Vì 
Nên phương trình y’=0 luôn luôn có hai nghiệm phân biệt . Do đó hàm số (1)có một cực đại và một cựu tiểu với mọi giá trị của m.
 Câu 2: Đặt ta có phương trình với hai nghiệm 
 dương . Vậy là hai nghiệp cần tìm .
 Câu : Với điều kiện x>3 ( khi đó x-3>0, 3x-7>0), ta có 
 (loại)
 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x=5.
 Câu 4: 
 a). Gọi E là trung điểm của BC . Khi đó I thuộc SE , H Thuộc AE.
 Vì BC(SAE) nên suy ra IH BC (1).
 Ta có : BHAC, BHSA, do đó BH(SAC). Từ đó suy ra SCBH. Kết hợp với SCBI ta suy ra SC(BIH).
 Do đó IHSC (2).
 Từ (1) và (2) suy ra IH(SBC).
 b)Trong mặt phẳng (SAE), vì SAHE, SEIH nên góc ASE bằng góc IHE . Từ đó suy ra hai tam giác vuông ASE và IHE đồng dạng .
 Do đó : .
 Ta có : .
 Từ đó suy ra : 
 Thể tích khối tứ diện HIBC bằng :
 S
 F
 I C
 A H E
 B
KIEÅM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ I
Baøi 1: (4ñ): Cho haøm soá y = f(x) = x3 - 3x2 + 2 coù ñoà thò laø (C)
a/ Khaûo saùt vaø veõ ñoà thò (C) cuûa haøm soá.
b/ Vieát phöông trình tieáp tuyeán cuûa (C) taïi ñieåm A coù hoaønh ñoä laø nghieäm cuûa phöông trình f”(x) = 0
c/ Döïa vaøo ñoà thò (C) tìm m ñeå phöông trình x3 - 3x2 + 2- m = 0 coù 3 nghieäm phaân bieät.
Baøi 2: (1ñ): Tìm giaù trò lôùn nhaát vaø giaù trò nhoû nhaát cuûa haøm soá: y = 1 + 8x - 2x2 treân [-3; 4].
Baøi 3: (2ñ) Giaûi phöông trình
a/ 4x+1 - 16x = 3
b/ log4(x+3) - log4(x-1) = 
Baøi 4: (3ñ) Cho hình choùp ñeàu S.ABCD coù caïnh ñaùy AB = a vaø caïnh beân SA = a. AC caét BD taïi 0.
a/ Chöùng minh raèng 0 laø taâm cuûa maët caàu (S) ñi qua 5 ñieåm S, A, B, C, D vaø tính baùn kính R cuûa noù.
b/ Tính theå tích cuûa khoái choùp S.ABCD.
---- HEÁT ----
ÑAÙP AÙN
Baøi 1
Ñieåm
4 ñieåm
Caâu a: y = x³ - 3x² + 2 
TXÑ: D = R
(0,25ñ)
y' = 3x2 - 6x
y’ = 0 Û 3x2 - 6x = 0
 x = 0 ; y = 2
Û 
 x = 2 ; y = - 2
(0,5ñ)
* Baûng bieán thieân :
x 
- ¥
0
2
+ ¥
y'
+
0
-
0
+
y 
- ¥
2
CÑ
-2
CT
+ ¥
(0,75ñ)
Ñoà thò :
(0,5ñ)
Caâu b : f"(x) = 6x - 6
(0,25ñ)
 f"(x) = 0 Û 6x - 6 = 0
 Û x = 1 ; y = 0
(0,5ñ)
 Þ A (1 ; 0)
(0,25ñ)
 y'(1) = - 3
(0,25ñ)
 Þ pttt : y = - 3x + 3	 (0,25 ñ)
Caâu c : Ta coù : x3 - 3x2 + 2 - m = 0
 x3 - 3x2 + 2 = m 
Soá nghieäm cuûa (1) baèng soá giao ñieåm cuûa (C) vaø ñöôøng thaúng 
y = m.
Þ - 2 < m < 2thì phöông trình (1) coù 3 nghieäm phaân bieät. 
0,25ñ
(0,25ñ)
Baøi 2 
y' = 8 - 4x
y' = 0 Û 8 - 4x = 0 Û x = 2
(0,25ñ)
y(-3) = - 41
y(2) = 9
y(4) = 1
Þ Max f(x) = f(2) = 9
 [-3, 4]
(0,25ñ)
(0,25ñ)
Min f(x) = f(-3) = - 41
 [-3, 4]
(0,25ñ)
Baøi 3
a/ Ñaët t = 4x > 0
Pt ñaõ cho trôû thaønh : - t2 + 4t - 3 = 0 
(0,5ñ)
t = 1 Þ x = 0
t = 3 Þ x = log43
(0,5ñ)
b/ ñk : x > - 3
 x > 1
 x > 1 
(0,25ñ)
Pt Û 
 Û
(0,25ñ)
(0,25ñ)
 Þ x = 5
(0,25ñ)
Baøi 4
a/ SO ^ (ABCD)
 AC = 
(0,25ñ)
Þ OA = OB = OC = 
(0,25ñ)
Xeùt DSOA vuoâng taïi O 
 Þ SO2 = SA2 - OA2	
 Þ 
(0,5ñ)
Töø (1) vaø (2) ta coù:
OA = OB = OC = OS = 
Þ O laø taâm maët caàu (S) coù baùn kính R = 
(0,5ñ)
(0,5ñ)
b/ 
(0,5ñ)
(ñvtt)
(0,5ñ)
ĐỀ THI HỌC KỲ I
	Bài 1: (2 điểm)	
	Cho hàm số :.
	a.Tính f ’(x)	
	b.Chứng minh rằng y’ không phụ thuộc x 
	 Bài 2: (3 điểm)
	Khảo sát hàm số f(x) và vẽ đồ thị hàm số 
	Bài 3: (1 điểm)
 	Cho hàm số :.
	a.Tính nguyên hàm 
	b.Xác định hằng số C , biết rằng khi x = 1 thì = 2 
	Bài 4: (2 điểm)	
	Trong tọa độ Oxy, cho cho hai vectơ , lần lượt nằm trên trục hoành và trục tung
	a.Xác định tọa độ các điểm A,B,C biết rằng , ,
	b.Chứng minh OABC là hình vuông 
	Bài 5: (2 điểm)
	Trong tọa độ Oxy, cho ba điểm P(3;0) ,Q(1;2) và R(0;1) 
	a.Chứng minh rằng điểm Q nằm trên đường tròn (C) là 	đường tròn có đường kính PR
	b.Tìm phương trình trục đẳng phương của đường tròn (C) và đường tròn (C’) là 
	đường tròn có đường kính PQ 
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
	Bài 1: (2điểm)
	(1điểm) 
	 (0,5điểm) a) y’= 0 
	 (0,5điểm)b) y’ = 0 không phụ thuộc x
	Bài 2: (3điểm)
	a) TXĐ : D = R
	b) Sự biến thiên
	BBT: 
x
– ¥ –1 0 1 + ¥
+ ¥
y’
 – 0 + 0 	 – 0 +
y
 0 	 + ¥
 –1 –1
	Bxd y’’
	c) Đồ thị
	Bài 3: (1điểm)
	a) 
	b) Với x = 1 
	Bài 4: (2điểm)
	a) 
	 (0,5điểm)
	b) 
	 (1,0điểm)
	Suy ra: 
	Tương tự : AB = BC = CO = 2
	Tứ giác OABC là hình thoi 
	Vậy : Tứ giác OABC là hình vuông (0,5điểm)
	Bài 5: (2 điểm)
	a) 
	(C) là đường tròn đường kính 
	Tâm I của (C) là trung điểm PR nên 
	Phương trình của (0,75điểm)
	Thay tọa độ Q(1 ;2) vào phương trình ta được 
	 là đẳng thức đúng
	Vậy : Q Î (C) (0,25điểm) 
	b) 
	 (0,75điểm)
	Phương trình trục đẳng phương của 2 đường tròn là :
	Û x + y – 3 = 0 (0,25điểm)
ĐỀ THI HỌC KỲ I
Câu 1:(4 đ) Cho hàm số : y = 
	1/ (TH)Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số.(2 đ)
	2/(NB) Lập phương trình tiếp tuyến của (C) tại A(1; ).(1 đ)
	3/(VD) Biện luận theo m số nghiệm của pt: .(1 đ)
Câu 2 (2 đ) Giải các phương trình sau
1/ (NB) 9x – 4.3x – 45 = 0 
2/ (TH)