5 Đề kiểm tra chất lượng HK 1 môn Toán 12 năm 2012-2013 (Kèm đáp án)

Chia sẻ: Hoàng Thị Thanh Hòa | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:25

Thêm vào BST

Báo xấu

75
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Giúp các bạn học sinh có tài liệu ôn tập những kiến thức, kĩ năng cơ bản, và biết cách vận dụng giải các bài tập một cách nhanh nhất và chính xác. Hãy tham khảo đề kiểm tra chất lượng học kỳ 1 môn Toán 12 của trường THPT Nguyễn Trãi Nha Mẫn(2012-2013).

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: 5 Đề kiểm tra chất lượng HK 1 môn Toán 12 năm 2012-2013 (Kèm đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I ĐỒNG THÁP Năm học: 2012-2013 Môn thi: TOÁN - Lớp 12 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) ĐỀ ĐỀ XUẤT (Đề gồm có 01 trang) Đơn vị ra đề: THPT NGUYỄN TRÃI I. PHẦN CHUNG (7,0 điểm) Câu I ( 3 điểm) Cho hàm số y  x 3  3x 2  2 có đồ thị (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Tìm m để phương trình  x 3  3x 2  m  0 có 3 nghiệm phân biệt. Câu II ( 2 điểm) log 3 log 4 4 2 + 49 7 1. Tính giá trị biểu thức: A = 2 log 2 16 - log3 27 2. Tìm GTLN - GTNN của hàm số y  f  x   x 2  ln 1  2 x  trên đoạn  1;0  Câu III ( 2 điểm) Cho hình chóp M .NPQ có MN vuông góc với ( NPQ) . NPQ vuông cân tại P . Cho NQ  a 2 , góc giữa MP và ( NPQ) bằng 60 . 1. Tính thể tích khối chóp M.NPQ theo a . 2. Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp khối chóp M.NPQ II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) (Học sinh chọn IVa và Va hay IVb và Vb ) A. Theo chương trình chuẩn. 2x Câu IVa ( 1 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  biết rằng x 1 hệ số góc của tiếp tuyến bằng 2 . Câu Va ( 2 điểm) 1. Giải phương trình: 6 x  61 x  5  0 2. Giải bất phương trình: log 1  2 x  1  log 1  x  2  1 3 3 B. Theo chương trình nâng cao. 3x  2 Câu IVb ( 1 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  biết x 1 rằng tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng  : y  4 x  1 . Câu Vb ( 2 điểm) 1. Cho hàm số y  esin x . Chứng minh rằng: y' cos x  y sin x  y''  0 . 2 x2  2x  3 2. Tìm tham số m để hai đồ thị hàm số (C): y  và (d): y  x  m cắt x 3 nhau tại hai điểm phân biệt. .........Hết.......
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ I ĐỒNG THÁP Năm học: 2012-2013 Môn thi: TOÁN – Lớp 12 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ĐỀ XUẤT (Hướng dẫn chấm gồm có 04 trang) Đơn vị ra đề: THPT NGUYỄN TRÃI Câu Nội dung yêu cầu Điểm Câu I 1. KS sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y  x 3  3x 2  2 2,0 (3,0 đ) a) TXĐ: D = R 0,25 b) Sự biến thiên: 0,50 *Chiều biến thiên: y/ = 3x2 – 6x , cho y/ = 0  x  0, x  2 x - 0 2 + y/ + 0 - 0 + +Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (;0) và (2; ) . +Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2) . *Cực trị: 0,25 +Hàm số đạt cực đại tại x  0 và yCÐ  y (0)  2 +Hàm số đạt cực tiểu tại x  2 và yCT  y (2)  2 *Giới hạn: lim y  ; lim y   0,25 x  x  *Bảng biến thiên: x - 0 2 + 0,25 y/ + 0 - 0 + y - 2 -2 + c) Đồ thị: 0,50 2 -1 1 5 -2 -4 2. Tìm m để pt:  x 3  3x 2  m  0 (1) có 3 nghiệm phân biệt 1,0  x 3  3x 2  m  0  x 3  3x 2  m  0 3 2 0,25  x – 3x + 2 = m + 2 (1) có 3 nghiệm phân biệt  đường thẳng d: y = m+2 cắt (C) tại 3 điểm 0,25 phân biệt  -2 < m + 2 < 2  - 4 < m < 0 0,50
Câu II log 3 log 4 1,0 (2,0 đ) 4 2 + 49 7 1. Tính giá trị biểu thức A = 2 log 2 16 - log3 27 2 2 0,5 + 4log2 3   2log2 3   9 ;   log 4  log 4 49 7   7 7   42  16      + 2 log2 16  2.log 2 24  8 ; 3 log 3 27  log3 3  3 0,25 5 0,25 + ĐS: A=  1 . 5 2. Tìm GTLN - GTNN của hàm số y  f  x   x 2  ln 1  2 x  trên  1;0  1,0 Hàm số đã cho liên tục trên đoạn  1;0  1  Ta có : f /  x   2 x  0,25 1  2x  x  1(l ) 2 0,25 Cho f /  x   0  2 x  0  1 1 2x  x   (n )  2  1  1 0,25 f  2   4  ln 5 ; f      ln 2 ; f 0   0  2  4 1 1  Vậy : max f  x   4  ln 5 tại x  2 ; min f  x    ln 2 tại x  0,25  1;0   1;0  4 2 Câu III Cho hình chóp M .NPQ có MN vuông góc với ( NPQ) . NPQ vuông (2,0 đ) cân tại P . Cho NQ  a 2 , góc giữa MP và ( NPQ) bằng 60 . 1. Tính thể tích khối chóp M.NPQ theo a . 1,0 NP là hình chiếu vuông góc của MP lên ( NPQ) . 0,25 Suy ra:  MP; ( NPQ )   MP; NP   MPN  60o     M · NPQ vuông cân tại P và NQ = a 2 , nên NP  PQ  a . 1 a2 Q 0,25 Suy ra S D NPQ = NP .PQ = N 2 2 · Xét MNP vuông tại N , ta có: P MN = NP . tan 60o = a 3 0,25 1 3 3 0,25 · Do đó, V M .NPQ = S D NPQ .MN = a (đvtt) 3 6 2. Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp khối chóp M.NPQ 1,0 · Gọi I là trung điểm của MQ · Tam giác MNQ vuông tại N, nên IM = IN = IQ 0,25 · Tam giác MPQ vuông tại P nên IM=IP=IQ. · Vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp. 0,25 MQ MN 2 + NQ 2 a 5 · Bán kính mặt cầu: R = = = 0,25 2 2 2
4p R 3 20 5pa 3 · Thể tích khối cầu ngoại tiếp khối chóp: V = = (đvtt) 0,25 3 24 Câu 2x 1,0 IVa Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  biết rằng hệ x 1 (1,0 đ) số góc của tiếp tuyến bằng 2 . 2 Ta có y  . Gọi  x0 ; y0  là tọa độ tiếp điểm.  x  12 2 0,25 Hệ số góc tiếp tuyến tại  x0 ; y0  là y  x0   2  2  2  x0  1 2  x0  1  1  x0  2 0,25   x0  1  1     x0  1  1  x0  0  Với x0  2 , ta có y0  4 . Phương trình tiếp tuyến tại  2;4  là 0,25 y  2  x  2   4 hay y  2 x  8 .  Với x0  0 , ta có y0  0 . Phương trình tiếp tuyến tại  0;0  là y  2  x  0   0 hay y  2 x . 0,25 Câu Va 1. Giải phương trình: 6 x  61 x  5  0 1,0 (2,0 đ) 6 0,25 Ta có 6 x  61 x  5  0  6 x  x  5  0 6 1  Đặt t  6 x ,  t  0  ta có phương trình t  6.  5  0 0,25 t  t  1(l ) 0,25  t 2  5t  6  0   . t  6(n) 0,25  Với t  6 , ta có 6 x  6  x  1. 2. Giải bất phương trình: log 1  2 x  1  log 1  x  2  1 1,0 3 3 2 x  1  0 1  Đ/kiện xác định:  x 0,25 x  2  0 2 Bpt  log 1  2 x  1  log 1  x  2   log 1 3 3 3 3  log 1  2 x  1  log 1  3 x  6  3 3 0,25  2 x  1  3 x  6  7  x 0,25 1  So điều kiện ta được tập nghiệm của bất p/trình đã cho T   ;   0,25 2  Câu 3x  2 1,0 IVb Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  biết rằng x 1 (1,0 đ) tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng  : y  4 x  1 . 1 Ta có: y '  . TT vuông góc với  : y  4 x  1  TT có hệ số góc ( x  1)2
1 1 k  y '( x0 )   ( x0  1)2  4  x0  3, x0  1 4 4 7  x 17 *Với x0  3  y0  . PTTT là: y   2 4 4 5 x 9 *Với x0  1  y0  . PTTT là: y   2 4 4 Câu Vb 1. Cho haøm soá y  esin x .Chứng minh rằng: y' cos x  y sin x  y''  0 1,0 (2,0 đ) y '  cos x.e sin x 0,25 y ''  cos 2 xesin x  sin xesin x 0,25 0,25 VT  cos 2 x.esin x  sin x.esin x  cos 2 xesin x  sin xesin x 0,25  0  VP 2 x2  2x  3 1,0 2. Tìm tham số m để hai đồ thị hàm số (C): y  và (d): x 3 y  x  m cắt nhau tại hai điểm phân biệt 2x2  2 x  3 Phương trình hoành độ giao điểm:  xm x3 x  3 x  3 0,25  2  2  2 x  2 x  3  ( x  m)( x  3) 2 x  2 x  3  ( x  m)( x  3) x  3 0,25  2  x  (1  m) x  3(m  1)  0, (*) Kiểm tra được x  3 không phải là nghiệm của (*) với mọi m. Do đó số nghiệm của (*) là số giao điểm của hai ĐTHS đã cho. Như vậy ta cần tìm m để (*) có hai nghiệm, nghĩa là 0,5
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I ĐỒNG THÁP Năm học: 2012-2013 Môn thi: TOÁN 12 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 14/11/2012 ĐỀ ĐỀ XUẤT (Đề gồm có 01 trang) Đơn vị ra đề: THPT NHA MÂN PHẦN CHUNG (7,0 điểm) Câu I: (3,0 điểm) Cho hàm số: y   x3  (2m  1) x 2  (m 2  3m  2) x  1 (Cm ) a) khảo sát và vẽ đồ thị khi m = 1 b) Tìm m để (Cm ) có các cực trị nằm về hai phía của trục tung. Câu II: (2,0 điểm) a) Tính A  23 2 1.8 2  2  log 2 4.log 1 2 4 b) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: y  x  ln x trên đoạn 1; e Câu III: (2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SB vuông góc với đáy, cạnh bên SC hợp với mặt phẳng đáy bằng 300 . a) Tính thể tích của khối chóp S.ABCD. b) Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) (Học sinh chọn IVa và Va hay IVb và Vb ) A. Theo chương trình Chuẩn. Câu IVa: (1,0 điểm) x- 1 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = tại điểm có tung độ bằng 2x - 1 3. Câu Va: (2,0 điểm) Giải các phương trình và bất phương trình sau a) 52x - 5x + 1 + 6 = 0 b) log (x  3)  log 1 (x  2)  1 2 2 B. Theo chương trình Nâng cao. Câu IVb: (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = - x 4 + 2x 2 - 2 tại điểm có hoành độ bằng 3. Câu Vb: (2,0 điểm) a) Cho hàm số y  x.e  x . Chứng minh rằng: y + 2y’ + y’’ = 0 1 2 b) Tìm m để hàm số y  x3  mx 2  x  m  cắt trục hoành tại 3 điểm phân 3 3 biệt có tổng bình phương các hoành độ lớn hơn 15.
----------------- HẾT----------------- SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ I ĐỒNG THÁP Năm học: 2012-2013 Môn thi: TOÁN 12 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ĐỀ XUẤT (Hướng dẫn chấm gồm có 03 trang) Đơn vị ra đề: THPT NHA MÂN Câu Nội dung yêu cầu Điểm I Cho hàm số: y   x 3  (2m  1) x 2  ( m 2  3m  2) x  1 (Cm ) 3,0 a. Khi m= 1  y   x 3  3 x 2  1 . 2,00 1. TXĐ: D  0,25 2. Sự biến thiên và cực trị của hàm số. a) Sự biến thiên  x  0  y  1 0,50 Ta có: y '  3x2  6x ; Cho y '  0  3x2  6x  0   x  2  y  3 b) Giới hạn: lim y   ; lim y   0,25 x  x  c) Bảng biến thiên x  0 2  y’ + 0 – 0 + 0,25 y  3 -1  * Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  ; 0 ,  2;   , đồng biến trên khoảng  0; 2 . 0,25 * Hàm số đạt cực đại tại x  2  yCD  3, Hàm số đạt cực tiểu tại x  0  yCD  1. 3. Đồ thị: +Đúng dạng (0,25), +Đúng cực trị (0,25) (C) 4 * Giao của (C) với trục tung:  0; 1 , trục hoành:  x 2  x  3  1  0. d: y=m -1 2 * Điểm thuộc đồ thị:  1; 2 ,  3; 1 . 0,50 5 -2 b. Tìm m để (Cm ) có các cực trị nằm về hai phía của trục tung. y   x 3  (2m  1) x 2  ( m 2  3m  2) x  1 (C m ) 1.00  y '  3 x 2  2(2m  1) x  ( m 2  3m  2) 0.25 Để (Cm) có các cực trị nằm về hai phía trục tung Û phương trình y’ = 0 có hai nghiệm 0.25 trái dấu c - (m2 - 3m + 2) Û p = x1.x 2 = < 0Û < 0 Û 1< m < 2 a - 3 0.5 Vậy : 1
II a.Tính A  23 2 1 .8 2 2  log 2 4.log 1 2 1,00 4  2 .83 2 1 2  2 2 3 2 1 3(  2  2)  2  32 5 0.5  log 2 4.log 1 2  log 1 2.log 2 4  log 1 4  1 0.5 4 4 4  A  31 b.Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: y  x  ln x trên đoạn 1; e 1.0 1 x 1 y '  1  x x y '  0  x  1  0  x  1  1; e  0.5 y (1)  1 y (e)  e  1 Ta có : e-1 > 1 Maxy  e  1 0.5 1;e  Miny  1 1;e  III Cho hình chóp S.ABCD ….. 2,0 a. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD 1.00  Ta có: BC là hình chiếu của SC lên (ABCD) nên góc giữa SC và (ABCD) là SCB  30 0 0.25 SB tan 300   SB  BC.tan 300  a 3 BC 0.25 2  S ABCD  a a3 3 0.5 V  ( dvtt ) 3 2.Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. 1.00 Ta có SAD, SCD, SBD là các tam giác vuông nhận canh SD là cạnh huyền. Gọi I là trung điểm cạnh huyền SD nên I cách đều các đỉnh của hình chóp. s 0.5 Vậy I là tâm măt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD B C 1 1 a 5 R  SD  SB 2  BD 2  0.5 2 2 2 A. Theo chương trình Chuẩn. A D IVa x- 1 1,0 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = tại điểm có tung độ bằng 3 2x - 1 x- 1 1 y= Þ y'= 2x - 1 (2x - 1)2 0.25 2 æ2 ö Ta có : y 0 = 3 Û x 0 = ; y ' ç ÷ 25 ç ÷= 5 è ÷ ç 5ø ÷ 0.5
Phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y = 25x - 7 0.25 Va: Giải các phương trình và bất phương trình sau 1,0 a) 52x - 5x + 1 + 6 = 0 1.00 Û (5x )2 - 5.5x + 6 = 0 éx= 2 5 0.5 Û êx ê = 3 ê ë5 é = log 2 x Û ê 5 ê = log 3 Vậy nghiệm phương trình: x = log5 2; x = log5 3 0.5 ê ëx 5 b) log (x  3)  log 1 (x  2)  1 1,00 2 2 ì x - 3> 0 ï Điều kiện: ï í Û x> 3 0.25 ï x- 2> 0 ï î Û log2 (x - 3)(x - 2) £ 1 Û x 2 - 5x + 6 £ 2 Û 1 £ x £ 4 0.5 Vậy nghiệm phương trình: 3 < x £ 4 0.25 B. Theo chương trình Nâng cao. IVb Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = - x 4 + 2x 2 - 2 tại điểm có hoành độ bằng 3. 1.00 Ta có: x 0 = 3 Þ y 0 = - 65 0.25 y ' = - 4x 3 + 4x Þ y '(3) = - 96 0.5 Phương trình tiếp tuyến cần tìm: y = - 96x + 223 0.25 Vb a) Cho hàm số y  x.e  x . Chứng minh rằng: y + 2y’ + y’’ = 0 1.00  y '  e x  x.e x  y "  e  x  (e x  x.e x ) 0.5 y + 2y’ + y’’ = 0 0.5 x x x x x x  x.e  2(e  x.e )  e  (e  x.e )  0 (đpcm) 1 2 b) Tìm m để hàm số y  x3  mx 2  x  m  cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có 3 3 1.00 tổng bình phương các hoành độ lớn hơn 15. hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có tổng bình phương các hoành độ lớn hơn 15 1 3 2 Khi và chỉ khi phương trinh x  mx 2  x  m   0(*) có 3 nghiệm thỏa 3 3 0.25 2 2 2 x  x  x  15 1 2 3 Ta có : (*)  ( x  1)( x 2  (1  3m) x  2  3m)  0 0.25 x 1  2  g ( x )  x  (1  3m ) x  2  3m  0  g ( x)  0 có 2 nghiệm phân biệt khác 1 và thỏa x12  x2  14 2 0.25
 g (1)  0 m  0  2 2  2  m 1 0.25  x1  x2  14 m  1 Lưu ý: Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định.
SỞ GD – ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI HỌC KỲ I NĂM HỌC 2012-2013 TRƯỜNG PHAN VĂN BẢY MÔN THI: TOÁN 12 Thời gian: 120 phút ĐỀ ĐỀ -------------------- I. PHẦN CHUNG (7,0 điểm) Câu I ( 3 điểm) 1 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: y  f  x   x3  2 x 2  3x  1  C  3 2.Tìm m để đường thẳng  d  y  2mx  1 cắt  C  tại 3 điểm phân biệt. Câu II ( 2 điểm) 4 1. Tính : A  log 1 16  2 log 3 27  5 log 2 (ln e ) 8 2. Cho hàm số y   x3  3  m  1 x 2  2 . Tìm m để hàm số đạt cực đại tại x  2 . Câu III ( 2 điểm) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có đáy ABC nội tiếp trong đường a 3 tròn bán kính là , góc giữa mặt bên và đáy là 600. 3 a) Tính khoảng cách từ A đến (SBC). b) Tính thể tích khối chóp S.ABC. II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) (Học sinh chọn IVa và Va hay IVb và Vb ) A. Theo chương trình chuẩn. Câu IVa ( 1 điểm) 2x 1 Cho hàm số : y= (1). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm x2 số (1) tại giao điểm của đồ thị (1) với trục tung. Câu Va ( 2 điểm) 1) Giải phương trình: 16x – 17.4x + 16 = 0 2) Giải phương trình : log 2  4 x   log  2 x   5 2 2 B. Theo chương trình nâng cao. Câu IVb ( 1 điểm) x 2  3x  2 Cho hàm số f(x) = (1). Viết phương trình tiếp tuyến x 1 của đồ thị hàm số (1) biết tiếp tuyến đó song song với đường thẳng y =5x 2
Câu Vb ( 2 điểm) 1) Cho hàm số y  esin x . Chứng minh rằng: y.cos x  y.sin x  y  0 . x3 2) Cho hàm số y có đồ thị (H). Tìm m để đường thẳng (d): y = 2x x 1 + m cắt đồ thị (H) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho đoạn AB ngắn nhất. .........Hết....... ĐÁP ÁN Câu Lời Giải Điểm 1.1 Tập xác định D  R 0.25đ  1 0.5đ x 1 y  y '  x 2  4 x  3; y '  0  x 2  4 x  3  0    3  x  3  y  1  lim y  ; lim y   x  x  0.25đ x  1 3  f ' x  + 0 - 0 + f  x  0.25đ 1  3 1 Hàm số nghịch biến trên 1;3  , đồng biến trên  ;1 và 0.25đ 3;   1 Điểm cực tiểu I1  3; 1 , điểm cực đại I 2 1;     3 y . -2 . . 1 -1 3 0 .I 2 2 3 .B  1 1 . 4 x 3 -1 . I .
0.5đ 1.2 Phương trình hoành độ giao điểm của  C  và  d  là: 1 3 1 x  2 x 2  3 x  1 = 2 mx  1  x 3  2 x 2  3 x  2 mx  0 3 3 x  0 (1)   0.25đ  g ( x )  1 x 2  2 x  3  2 m  0 (2)  3 Để phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt thì phương 0.25đ trình g  x   0 có 2 nghiệm phân biệt khác 0  1  '  0  1   3  2m   0  m  0  3  0.25đ    3  g  0  0  m  3 m  2    2 3 Vậy : m  0 và m  thỏa yêu cầu. 0.25đ 2 2.1 log 1 16   4 3 0.25đ 8 log 3 27  6 0.25đ 4 0.25đ log 2 (ln e )  2 B=8/3 0.25đ 2.2 Tập xác định y’ = -3x2 + 6(m+1)x ; y’’=-6x+6(m+1) 0.25đ
 y '(2)  0  Hs đạt CĐ tại x=2  y ''(2)  0 0.25đ m  0  12  0 0.25đ Vậy m = 0 0.25đ 3.1 Gọi O là tâm của đáy, ta có SO S vuông (ABC). Gọi M là trung điểm BC, ta có :  BC  AM 0.25đ   góc giữa mặt H C  BC  SM A O M B Ta có (SAM) vuông (SBC) nên từ A kẻ AH vuông góc giao 0.25đ tuyến SM, ta có AH vuông (SBC). Suy ra k/c là AH a 3 Ta có : OA=  AB = a 3 a 3 0.75đ SM = 2OM = , SO = OM.tan600 = a/2 3 Xét tam giác SAM có : AH.SM = SO.AM  AH = a/12 0.25đ 3.2 2 a 3 SABC = 4 0.25đ 3 0.25đ a 3 V = 1/3 . SABC . SO = 24 4a 5 0.25đ y’= ( x  2) ( x  2) 2 Với x o= 0 thì y(x0)= - 1 và y’(x 0) = 5 0.5đ 2 4 Pttt : y= x- 5 1 0.5đ 4 2 5a1 Đặt t = 2x, ( t >0) 0.25đ Ta có : t2 – 17t + 16 = 0 0.25đ t=1 v t=16 0.25đ x= 0 v x= 2 0.25đ 5a2 ĐK : x > 0 0.25đ
pt: log 2  4 x   2 log2  2 x   5 2  log 2  2 x   4 0.25đ 2 log  2x  2 v log  2 x   2 0.25đ 2 2 Vậy : x= 2 v x=1/8 0.25đ 4b. 6 0.25đ f (x) =1 (x  1)2 T/t có dạng : y=5x + b 0.25đ ĐKTX tìm được : b=2 ; b=-22 0.25đ Có hai tiếp tuyến thỏa điều kiện : y=5x+2 ; y=5x22 0.25đ 5b1 y’ =  cos x.e sin x 0.25đ y’’ = sin x.e  sin x  cos 2 x.e  sin x 0.25đ VT =  cos 2 x.e sin x  sin 2 x.e  sin x + 0,5đ + sin x.e  sin x  cos 2 x.e  sin x = 0=VP 5b2 Phương trình hoành độ giao điểm : x3  ( x  1)(2 x  m) , x  1  2 x 2  ( m  1) x  m  3  0 0.25đ x 1 (d) cắt (H) tại hai điểm pb    0  m 2  6m  25  0 đúng với mọi m 0.25đ 5 AB2= 5(xB-xA)2 =  = 5/4( m 2-6m+25) 0.25đ 4 AB nhỏ nhất khi m = 3 0.25đ
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP TRƯỜNG THPT PHÚ ĐIỀN ĐỀ THAM KHẢO HỌC KỲ I MÔN TOÁN KHỐI 12 I. PHẦN CHUNG (7,0 điểm) Câu I ( 3 điểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x3  3x 2  1 (2đ) 1 3 2. Tìm m để trình x  x 2  m  0 có ba nghiệm thực phân biệt (1đ) 3 Câu II ( 2 điểm) 1. Tính gía trị biểu thức . A  log 1 5. 4 5  4log 3  2 log16 5 8 (1đ) 25 2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = x(ln x - 2) trên đoạn [l; e2] (1đ) Câu III ( 2 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA = 2a và SA (ABC). Tam giác ABC vuông cân tại B, AB  a 2 1. Tính thể tích khối chóp S.ABC (1đ) 2. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp (1đ) II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) (Học sinh chọn IVa và Va hay IVb và Vb ) A. Theo chương trình chuẩn. Câu IVa ( 1 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (C) y  x3  3x 2  2 biết tiếp tuyến có hệ số góc bằng 9. Câu Va ( 2 điểm) 1) Phương trình mũ 2 x  23 x  2  0 (1đ) 2) Bất phương trình lôgarit 2log3(4x-3) + log 1  2 x  3  2 (1đ) 3 B. Theo chương trình nâng cao. Câu IVb ( 1 điểm) 2x  3 Viết phương trình tiếp tuyến với (c) y  biết tiếp tuyến vuông góc 2x 1 với đường thẳng 1 y x (1đ) 2 Câu Vb ( 2 điểm) 1.Cho hàm số y  ( x  1)e x . Chứng minh rằng y ' y  e x (1đ) 2. Cho hàm số y  x3  (m  1) x 2  (2m  1) x  1  3m .Tìm m để hàm số có cưc trị (1đ)
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Nội dung Điểm 3 2 I 1)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x  3x  1 (2đ) TXĐ: 0,25 x  0 y '  3x 2  6 x ; y '  0   0,25 x  2 lim y   x  0,25 x  0 2 f(x) f(x)=x^3-3x^2+1 8  6 0,25 y' + 0 - 0 + 4 2 y 1 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 -2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 x + -4 0,5 -6 -8  -3 Vậy hàm số đồng biến trên các khoảng  ;0  ,  2;   . Hàm số nghịch biến trên khoảng  0; 2  . 0,25 Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCD = 1. Hàm số đạt cực tiểu tại x =2, yCT  -3 Điểm đặc biệt 0,25 x -1 3 y -3 1 1 3 2) Tìm m để trình x  x 2  m  0 có ba nghiệm thực phân biệt 3 1 3 2  x  x  m  x 3  3x 2  3m  x 3  3x 2  1  3m  1 3 0,25 Số giao điểm của đường thẳng (d) y  3m  1 và đồ thị (c) y  x3  3 x 2  1 là số nghiệm của PT. 4 0,25 Để PT có 3 nghiệm phân biệt 3  3m  1  1  4  3m  0    m  0 3 4 0,25 Vậy   m  0 thì phương trình có ba nghiệm 3 0,25 5 Câu 2.log 3 3 II 1) A  log 1 5. 4 5  4log 3  2 log16 5  log5 5  2 8 2 4 2  2 log 24 5 0,5 25 5 2 1 5    33  52    3 9  5 8 8 0,5 2) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = x(ln x - 2) trên đoạn [l; e2] 2 y '  ln x  1 ; y '  0  ln x  1  0  ln x  1  x  e  [l; e ] 0,5 y(1)  2 y ( e )  e
y (e 2 )  0 Vậy Max y  0 ; Min y  e 1; e2    1;e 2    0,5 Câu Cho hình chóp S.ABC có SA = 2a và SA (ABC). Tam giác ABC vuông III cân tại B, AB  a 2 a)Tính thể tích khối chóp S.ABC (1đ) SA   ABC   SA là đường cao của hình chóp 0,25 1 S V  S ABC .SA 3 1 1 2 2a S ABC  2  AB 2  a 2 = a 2 2  0,25 A C 1 2 Vậy V  a 2 .2a  a 3 a 2 0,25 3 3 B 0,25 b)Gọi O là trung điểm SC  O cách đều S và C 0,25 Dựng OI // SA suy ra I là trung điểm AC 0,25 và I là tâm của mặt đáy. OI là trục của đáy  O cách đều A,Bvà C Vậy O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp 0,25 SC 0,25 R a 2 2 Câu y '  3x 2  3 0,25 IVa 2 Hệ số góc k = 9  y '( x0 )  9  3x  3  9  x0  2 0 0,25 Với x0 = 2  y0  4 Phương trình tiếp tuyến: y  y0  y '( x0 )( x  x0 )  y  4  9( x  2)  y  9x  14 Với x0 = -2  y0  0 0,25 Phương trình tiếp tuyến: y  y0  y '( x0 )( x  x0 )  y  0  9( x  2)  y  9 x  18 Vậy có hai phương trình tiếp tuyến: y  9x  14 và y  9 x  18 . 0,25 x 3 x Câu 1) Giải phương trình mũ 2  2 20 Va 8  2 x  x  2  0  22 x  2.2 x  8  0 0,25 2 Đặt t  2 x , t  0 0,25
t  4 (nhan) 0,25 Phương trình trở thành: t 2  2.t  8  0   t  2 (loai ) t  4  2x  4  x  2 Vậy phương trình có nghiệm x = 2. 0,25 2)Giải bất phương trình lôgarit 2log3(4x-3) + log 1  2 x  3  2 (5) 3  3 4 x  3  0 x  4  3 0,25 Điều kiện   x 2 x  3  0 x   3 4   2 2 (5)  log 3  4 x  3 2 2x  3 0,25 2 3   4 x  3   9  2 x  3   16 x 2  42 x  18  0    x  3 8 3 0,25 Kết hợp điều kiện, bất phương trình có tập nghiệm S = ( ; 3] 4 0,25
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I ĐỒNG THÁP Năm học: 2012-2013 Môn thi: TOÁN - Lớp 12 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 14/12/2012 ĐỀ ĐỀ XUẤT (Đề gồm có 01 trang) Đơn vị ra đề: THPT Tam Nông I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ HỌC SINH (7,0 điểm) 1 Câu I (3,0 điểm). Cho hàm số y   x4  x2  2 (1) 2 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 1 2) Với giá trị nào của m thì phương trình  x4  x2  m  0 có 4 nghiệm. 2 Câu II (2,0 điểm).  1,5 log3 2  1  1) Tính giá trị biểu thức A  log 1 8  9   . 2  25  2) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x    x2  3 e x trên đoạn  2;1   Câu III (2,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a 2 . Cạnh SA vuông góc với mặt đáy, góc giữa cạnh SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 60 0. 1) Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. 2) Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. II. PHẦN RIÊNG – PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm) Học sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình Chuẩn Câu IV.a (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị của hàm số 2x - 3 y= tại điểm có hoành độ bằng 2. x- 1 Câu V.a (2,0 điểm). 2 x2  x 2 2x x 1 1) Giải phương trình: 9  3.    3 2) Giải bất phương trình: log 3  x  1  log 1  5 x  1  1 3 2. Theo chương trình Nâng cao Câu IV.b (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị của hàm số 2x - 3 y= tại điểm có tung độ bằng 7. x+ 1