De Hk1 (tham Khao2)

© HXH Bài 1 (3 điểm). Cho hàm số y  x  2 x2 1) Khảo sát hàm số. Gọi (C) là đồ thị hàm số. 2) Đường thẳng (D) đi qua tâm đối xứng của (C) và song song với tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ x0 = 4, (D) cắt các trục Ox và Oy lần lượt tại A và B. Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) sao cho tam giác ABM có diện tích nhỏ nhất. Bài 2 (2điểm). Giải các phương trình: 1) 2.9x – 3x+2 + 10 = 0.

 log

2)

2 (4 x 2 )



2 .log 2 (8 x3 )  1 .

Bài 3 (2 điểm). Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, BC = 2a. Hình chiếu của đỉnh A’ trên mp(ABC) là trung điểm H của BC, AA’= a 5 . 1) Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’. 2) Trên cạnh AA’ lấy điểm I, mp(IBC) tạo với mp(ABC) một góc bằng  (0    90 ) . Xác định góc  , tính tỉ số thể tích hai phần của khối lăng trụ bị phân chia bởi mp(IBC) theo  . Phần trắc nghiệm khách quan (3điểm) Hãy chọn chữ cái đứng trước phương án mà em cho là đúng và ghi vào tờ giấy làm bài. 1) Cho hàm số y  3 2  x . Giá trị nhỏ nhất của hàm số là: a) 3; b) -3; c) 0; d) 2 4 3 2) Số điểm cực trị của hàm số y = x (x – 1) là: a) 3; b) 2; c) 4; d) 1; 3) Số tiếp tuyến của (C): y = x3 – 3x2 kẻ từ A(– 1; – 4) có hệ số góc không âm là: a) 0; b) 1; c) 3; d) 2 ; 4) Cho a = log23; b= log25. Tính log6 135 theo a, b ta nhận được kết quả đúng là: 3a  b 3a  b 1 a 3a  b a) ; b) c) d) a 1 2 2(3a  b) 2( a  1) 5)Trong các mệnh đề dưới đây, mệnh đề nào sai? a) Hình chóp đều luôn có trục đối xứng. b) Hình tứ diện đều có ít nhất 3 trục đối xứng. c) Hình vuông có ít nhất 5 trục đối xứng. d) Hình lập phương có nhiều hơn 6 mặt phẳng đối xứng. 6) Thể tích của khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy a và cạnh bên tạo với đáy một góc bằng 450 là: a) a3 2 a3 3 a3 3 a3 2 ; b) c) d) 6 6 3 A> Phần trắc nghiệm tự luận:(7điểm) Bài

Câu

Nội dung

Điểm

1

3 1

2

x  2 , Txđ: D=R\ 2  x2 y’= 4 2 < 0 với mọi x  2, hàm số giảm trong các khoảng xđ và (x  2) không có cực trị. l i m y    ; l i m y     Tiệm cận đứng x = 2. y

x 2

x 2

1

0,25

0,25 0,25

© HXH

x2  1  Tiệm cận ngang y = 1. x x  2

0,25

lim

BBT

x  y’ 1 y

+

2

0,25





1

Nếu học sinh không ghi giới hạn thì vẫn cho điểm ,nhưng ghi giới hạn sai (chỉ cần 1 giới hạn sai) thì ko cho điểm BBT nhưng vẫn chấm đồ thị. Tâm đối xứng I(2; 1)

0,25

Giao điểm với Oy: (0; - 1), giao điểm với Ox: ( - 2; 0) (Học sinh ko cần ghi ra chỉ thể hiện trên đồ thị là được) Đồ thị y 5 4 3 2

I

1

x -3

-2

O

-1

1

2

3

4

5

6

7

0,5

-1 -2 -3

1 2 Hệ số góc của (D): k = y’(4) = - 1.

0,25

Phương trình (D): y = - x + 3 hay x + y – 3 = 0.

2

© HXH

Gọi M( x;

x2 ) thuộc (D); x  2 x2

0,25 Diện tích tam giác ABM đạt gtnn khi và chỉ khi d(M; (D)) đạt giá trị nhỏ nhất. d(M;(D)) 

x  y 3 2

x 2  =

2



4 x2 2

x 2 

4 x2

 2 2.

0,25

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (x – 2)2 = 4 hay x = 0 hoặc x = 4 Vậy M(0; -1), M’(4; 3) là các điểm cần tìm

0,25

2

2 1

1 Pt được viết lại: 2.32x – 9.3x + 10 = 0. Đặt t = 3x > 0, ta có pt: 2t2 – 9t + 10 = 0

0,25

Pt có 2 nghiệm t = 2; t = 5/2.

0,25

+) 3x = 2  x = log32.

0,25

+) 3x = 5/2  x = log3(5/2). 0,25

Vậy pt có hai nghiệm x = log32. x = log3(5/2). 2

1 Điều kiện: x > 0 và x  1/2.

0,25

Biến đổi pt thành: 4 log22 x  5log2 x  1  0 (1)

0,25

 log2x = -1 hoặc log2x = -1/4.

0,25

 x = ½ ( loại) hoặc x =

1 1 . Vậy pt có 1 nghiệm x = 4 2 2

0,25

4

3

2 1

1

3

© HXH

B'

C'

A'

I H

C



B

K A

VLT = A’H.SABC

0,25

SABC = AH. BC/2 = a2.

0,25

A’H = 2a

0,25

VLT = 2a3( đvtt).

0,25

2

1

  BC  AH và BC  A’H =>BC  (AHI) => AHI

0,25

(IBC) chia khối lăng trụ thành hai phần: Khối tứ diện IABC và phần còn lại lần lượt có thể tích V1 và V2. Trong (IAH) kẻ IK // A’H ( K AH) => IK  (ABC) Tính được =>

V1

VLT

0,25

IK 1  A ' H 1  2 cot g

0,25

V 1 1 1  . => 1  3 1  2 cot g V2 2  6 cot g

0,25

B> Phần trắc nghiệm khách quan(3điểm) 1C 2B 3D 4C 5A 6B

4