Một số đề thi học kì 1 môn Toán lớp 12 nâng cao

 b) Tìm m ñể ñường thẳng d y mx( ) : 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 x
1 4( ) cos2 2sin
3 3
= − − + , với x 0;
2
pi 
∈  
 
 (1 ñiểm) 
 b) Giải phương trình: x
x
2
2 2 22
4log 5log 13log 4 0− + = (1 ñiểm) 
 c) Giải hệ phương trình 
yx
xy
1
1
2
16 4 3 0−
 =


− − =
 (1 ñiểm) 
Bài 3 (1 ñiểm) 
 Cho hàm số ( )mx m x m my 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 
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 (C)3 21( ) 2 3 1
3
= = − + − + 
 • Tập xác ñịnh D R= (0,25 ñiểm) 
 • Giới hạn 
x x
y ylim ; lim
→+∞ →−∞
= −∞ = +∞ (0,25 ñiểm) 
 • 
x yy x x y x x
x
y
2 2
11' 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 I2
11;
3
 
− 
 
 • Ta có y x y x x'' 2 4; '' 0 2 4 0 2= − + = ⇔ − + = ⇔ = . 
 ðiểm uốn I 12;
3
 
 
 
 ( 0,25 ñiểm) 
 • ðiểm ñặc biệt: ( )A 0;1 , B 14;
3
 
− 
 
. 
 ðồ thị hàm số nhận ñiểm uốn I 12;
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 m
x x m
3 2 2
2
01 12 3 1 1 2 3 0 1 2 3 03 3
3
 =  
− + − + + ⇔ − + + = ⇔ 
− + + =  
 (0,5 ñiểm) 
 ðặt g x x x m2
1( ) 2 3
3
= − + + . 
 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 0
30 0 33
∆  >   ⇔ ⇔ ⇒  ≠ ≠ −  ≠ −
 (0,5 ñiểm) 
Bài 2 ( 3 ñiểm) 
 a) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: 
 f x x x
1 4( ) cos2 2sin
3 3
= − − + , với x 0;
2
pi 
∈  
 
 • Ta có ( )f x x x x x x2 21 4 2( ) 1 2sin 2sin sin 2sin 1, 0;
3 3 3 2
pi 
= − − − + = − + ∈  
 
 (0,25 ñiểm) 
 ðặt t x t g t t t t2
2sin , 0 1 ( ) 2 1, 0;1
3
 = ≤ ≤ ⇒ = − + ∈   . (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;1
3
= − < ∀ ∈ . (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 0
pi 
 
 
= = = ⇔ = = 
 Giá trị nhỏ nhất là: [ ] g t g khi t f x khi x0;1 0;
2
1 1min ( ) (1) 1 min ( )
3 3 2pi
pi
 
 
 
= = − = ⇔ = − = 
 Vậy f x khi x
0;
2
max ( ) 1 0
pi 
 
 
= = , f x khi x
0;
2
1min ( )
3 2pi
pi
 
 
 
= − = (0,25 ñiểm) 
 b) PT x
x
2
2 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 t
t x x x
2
2 2
8
2
1
log 22 2 410 16 0
8 log 8 12
256
−
−

= = − = − =+ + = ⇔ ⇔ ⇔ ⇒ 
= − = − =   =

 (0,25 ñiểm) 
 c) Giải hệ phương trình 
yx
xy 
1
1
2 (1)
16 4 3 0 (2)−
 =


− − =
y
x
1(1)
2
⇔ = , thay vào phương trình (2) ta ñược: 
yy
y y
y
t
t
t
12
4 0416 4 3 0 4 3 0 4 3 04
−

= >
− − = ⇔ − − = ⇔ 
− − =
 (0,5 ñiểm) 
 Phương trình tt t t
tt
24 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
y
x x
2 2 2 2
2 2
2 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 m m mg 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 22
1 2 1 2 2 1 2 1 2 1
2
2 1 1 2
5 5 2 2 5 5 5
4 1 *
= ⇔ = ⇔ − + − = ⇔ − =
⇔ + − =
 Áp dụng hệ thức Viet, ta có x x
x x m m
1 2
2
1 2
4
3 4
 + = −

= − + +
. (0,25 ñiểm) 
 Thay vào (*) ta ñược phương trình 
m
m m
m
2
3 10
24 12 1 0
3 10
2

−
=
− − = ⇔
+
=
 (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 S
1 .
3 ∆
= (0,25 ñiểm) 
 Mà ABC∆ vuông tại C nên: 
 ABC
a
S AC BC a a
21 1 3. . 3
2 2 2∆
= = = (0,25 ñiểm) 
 Suy ra aV a a
3
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 ABR IA a
2
= = = . (0,5 ñiểm) 
 Diện tích mặt cầu là: S R a2 24 4pi pi= = . Thể tích khối cầu là: V R a3 34 4
3 3
pi pi= = (0,5 ñiểm) 
 c) Tỉ số thể tích 2 khối chóp A BHK. và A BCH. 
B
S
A
C 
I
K
H 
 Ta có A BCH B AHC ACH
a
V V BC S BC AH HC a a
3
2
. .
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
V
a
3
.
3.
3
1214
1 7
8
= = (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 2
12(log 1) log log 0
4
+ + = . 
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 2
4
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 1
3
4 32
log ( ) 1 log ( )
+
 =

− = + +

 3. Tìm m ñể phương trình x xm m m
2 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 
Thời gian làm bài 90 phút 
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
y
x
0
0 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 x 10
2
= ± , yCT = y
10 9
2 4
 
± = − 
 
0,50 
 3) ðồ thị: ðồ thị (C) của hàm số có hai ñiểm uốn U 5 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 4
4
< < 
0,50 
II Giải phương trình x x2 4 2
12(log 1)log log 0
4
+ + = (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 x
2
2
2log 1
1log 2
4
 = = ⇔ ⇔
= − = 
 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 a
V 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 aDA a AO AM1 2 2 3 3,
2 3 3 2 3
= = = = 
0,25 
a a
IA a
2
2 3 2 3
3 3
 
= + = 
 
 
. 
 Mặt cầu có bán kính aR IA 2 3
3
= = nên S a aR
2 2
2 2 3 164 4
3 3
pi
pi pi
 
= = = 
 
 
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
h
V 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
1
5
= hoặc 2
1
V
V
5= 
Chú ý thí sinh cũng có thể làm theo cách sau: V DN DF DB
V DA DC DB
1 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] 
y
x 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 31 2 2 2 2
4
log log (2 ) log 0 log (2 ) log 1 − ≤ ⇔ − ≥
 
 (ñiều kiện: x > 0) 0,25 
x
x x x x
x
2 2 2
2 2 2 2
2
log 1
(1 log ) 3log 1 0 log log 0
log 0
 ≥
+ − − ≥ ⇔ − ≥ ⇔  ≤
 0,50 
x
x
2
1
 ≥⇔  ≤
. Vậy bất phương trình có tập nghiệm S (0;1] [2; )= ∪ +∞ 0,25 
IVa.3 Tìm m ñể hàm số y = x3 – 6x2 + 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 m
1 2
1 2
4
2
 + =

= +
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 x
2 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
m
y y m m
m
2
2
. 0 ( 2) (4 17) 0 17
4
 ≠

> ⇔ − + > ⇔ 
> −
Kết hợp với ñiều kiện ta ñược m17 2
4
− < < 
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 x
y
x x
2
2 2
4' 1
4 4
− − −
= + =
− −
0,25 
x
y x x x
x x
2
2 2
0' 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
2
52 2 2 5
 
+ 
   ⇔ = ⇔ + = 
 
. 
ðặt 
x
t
y
= ta có tt t t
tt
21 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 = 1
2
 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 m
2 22( 2)2 2( 1)2 2 6 0− − + + − = (1) 
ðặt t = x
2
2 , do x x neân t0; 2 [1;4] ∈ ∈  
(1) trở thành m t m t m2( 2) 2( 1) 2 6 0− − + + − = (2) 
t t
t t m t t m f t
t t
2
2 2
2
2 2 6( 2 2) 2 2 6 ( )
2 2
+ +
⇔ − + = + + ⇔ = =
− +
0,25 
Xét hàm số f(t) trên [1; 4] 
t loaïit t
f t f t t t
tt t
2
2
2 2
2 ( )6 4 16'( ) , '( ) 0 6 4 16 0 4
( 2 2) 3
 = −
− − + = = ⇔ − − + = ⇔
=
− +

0,25 
f(1) = 10, f(4) = 23
5
, f
4
3
 
 
 
 = 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 11
5
⇔ ≤ ≤ 
Vậy: m23 11
5
≤ ≤ 
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 2 26 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;
2
pi 
  
. 
Câu III. (2 ñiểm) Giải các phương trình sau: 
 a) x x2 15 5 6++ = b) x x x2 1 2
2
log ( 1) log ( 3) log ( 7)+ − + = + 
Câu IV. (1 ñiểm) Biết 2 10pi < . Chứng minh: 
2 5
1 1 2
log logpi pi
+ > . 
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 6
6 5
−
 
≥ 
 
. 
 2. Theo chương trình Nâng cao 
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 2
2
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 
Thời gian làm bài 90 phút 
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
x
10
3
 = −
′ = ⇔ 
= −
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 2 26 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;
2
pi 
  
. 
1,00 
 ( )y x x x x2 2 sin2 4cos 4 cos 1 2 sin′ = − + = − 0,25 
Trên 0;
2
pi 
  
, ta có: y x x0
2 4
pi pi
′ = ⇔ = ∨ = 
0,25 
 y y y4 2; 2 2; (0) 2
2 4
pi pi   
= − = =   
   
0,25 
Vậy: y y y y
0; 0;
2 2
min (0) 2; max 2 2
4pi pi
pi
   
      
 
= = = = 
 
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
t
2 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 2
2
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 2
log logpi pi
+ > 
1.00 
Ta có: 2
2 5
1 1 log 2 log 5 log 10 log 2
log log pi pi pi pi
pi
pi pi
+ = + = > = 
1,00 
Va.a Thể tích khối chóp 1,00 
0,25 
ABCDS a
2
=
0,25 
SA SB AB a2 2 2= − = 0,25 
V Bh a a a2 3
1 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 3
5 6
6 5
−
 
≥ 
 
1,00 
⇔ 
x x22 3 1
5 5
6 6
− −
   
≥   
   
0,25 
⇔ x x22 3 1 0− + ≤ 0,50 
⇔ x
1 1
2
≤ ≤ 
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 ONa a
2
31 1
6 2 24
 +
= 
 
0,25 
max
a
V a khi OM ON3
1
24 2
= = = 
0,25 
Vb