Đề kiểm tra học kì I môn Toán năm học 2013-2014

Chia sẻ: Anh Tuyet | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

86
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Không lâu nữa là kì thi cuối học kì 1 của học sinh, hoc247.vn xin gửi đến các bạn Đề kiểm tra học kì I môn Toán năm học 2013-2014 nhằm giúp các bạn hệ thống kiến thức và tự tin với kì thi cuối học kì 1 sắp đến. Để nắm vững hơn nội dung cấu trúc đề thi mời các bạn cùng tham khảo tài liệu.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề kiểm tra học kì I môn Toán năm học 2013-2014

ĐỀ THI HỌC KỲ I. NĂM HỌC 2013 – 2014 TỔ TOÁN MÔN TOÁN . KHỐI 12 Thời gian: 150 phút SBD :………………..SỐ PHÒNG........ (Không kể thời gian giao đề) ( Đề chung cho cả chương trình chuẩn và nâng cao) A/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (8,0 điểm) x 3 Câu 1 ( 3, 0 điểm) Cho hàm số y x 2 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên. b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ bằng 1. Chứng minh tiếp tuyến này đi qua điểm A(3; 2) . Câu 2: (1, 0 điểm) 1  Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x)  x2 ln x trên đoạn  ; e  . e  Câu 3( 2, 0 điểm) log 1  log 25 a) Tính giá trị của biểu thức A  9 3 81 . b) Giải phương trình 2 x  2 3 x  2 . Câu 4 (2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh 2a. Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SO hợp với mặt phẳng đáy một góc 600. a) Tính thể tích của khối chóp S.ABCD b) Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABO B/ PHẦN TỰ CHỌN (2,0 điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần sau Phần I Câu 5a ( 1,0 điểm) Giải phương trình  log 3 x  4   5x  0, 2   0 . Câu 6a ( 1, 0 điểm) Xác định tham số m để đồ thị của hàm số y = x 3  3x2  m  1 cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt. Phần II Câu 5b ( 1, 0 điểm) Giải phương trình log 2 x  log 4  x  1  1 . Câu 6b ( 1, 0 điểm) Cho hàm số y 2x 3 (m 1)x 2 (m2 4)x m 1 . Tìm giá trị của tham số m để hàm số đạt cực đại tại x = 0. --- HẾT ---
BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI HKI – MÔN TOÁN ( 2013 – 2014 ) CÂU BÀI LỜI GIẢI ĐIỂM  TXĐ: D \ {2} 0, 25 1 y 0, x D 0, 25 (2 x )2  Giới hạn và tiệm cận: 0, 5 TCĐ: x = 2 vì lim y ; lim y x 2 x 2 TCN: y = –1 vì lim y 1 ; lim y 1 x x  Bảng biến thiên: x – 2 + 0, 25 y - - -1 y -1 a 1 (2đ)  Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 2 ,  2;    và 0, 25 không có cực trị  Đồ thị hàm số: 0, 5 Gọi M x 0 ; y0 là tiếp điểm. Ta có x 0 1 y0 2 0, 25 0, 25 Hệ số góc của tiếp tuyến f '(1)  1 b (1đ) Phương trình tiếp tuyến (d): y f '(1)(x 1) 2 x 1 0, 25 Thay tọa độ điểm A vào phương trình (d) ta thấy thỏa mãn nên 0, 25 tiếp tuyến (d) đi qua điểm A f '( x)  2 x ln x  x  x(2ln x  1) 0, 25 2 0,25
x  0 f '( x)  0   1 0, 25  x  e 2  1 1  f (e )  e , f (e )   e1 , f (e)  e2 1 2 2 0, 25 2 1 1  Vậy max f ( x)  e  f (e) , min f ( x)    f (e 2 ) 2 1  1  2e  ; e  ; e e  e  A 9 log 3 1 .9log81 25 0, 25 a 0, 5  90.9log9 5 (1đ) 0, 25  1.5  5 8 0, 25 2 x  23 x  2  2 x  2 2x 3 Đặt t  2 x , t  0 0, 25 b Phương trình trở thành (1đ) 8 t  4 0, 25 t   2  t 2  2t  8  0   t t  2 (loai) Với t  4 , ta có: 2x  4  x  2 0, 25 Vậy phương trình có nghiệm là x  2 S 2a 0 B A 60 O a 4 D (1đ) C Vì OA là hình chiếu của SO lên (ABCD) nên góc giữa SO với 0, 25 (ABCD) là SOA  600 Diện tích đáy SABCD = (2a)2 = 4a2 0, 25 Trong SOA ta có SA 0, 25 tan 600   SA  tan 600.OA  3.a 2  a 6 OA
Thể tích khối chóp S.ABCD là 1 1 4a 3 6 0, 25 V  .SABCD .SA  .4a 2 .a 6  3 3 3 Ta có SA  (ABCD) nên SA  AB 0, 25 hay  SAB vuông tại A (1) Mặt khác SAB  SAD  SB  SD 0, 25  SO  BD Hay  SOB vuông tại O (2) b Từ (1) và (2) suy ra SB là đường kính mặt cầu ngoại tiếp hình (1đ) chóp S.ABO Trong tam giác vuông SAB, ta có SB  SA2  AB2  a 10 0, 25 1 a 10 Bán kính mặt cầu là R  SB  2 2 Diện tích mặt cầu là S  4 R  10 a2 2 0, 25  Điều kiện x  0 0, 25 log x4 0   log 3 x  4   5 x  0, 2   0   x 3 0, 25 5  0, 2  0 5a  log 3 x 4 0 log 3 x 4 x 9 0, 25  5x 0,2 0 x 1 ( loại) 0, 25 Vậy phương trình có nghiệm x  9 Phương trình hoành độ giao điểm 0, 25 x3  3x2  m  1  0  x3  3x2  1  m (1) Xét hàm số y  x3  3x2  1 , x  x  0 0, 25 y’= 3x2 – 6x , y '  0  3x 2  6 x  0   x  2 Bảng biến thiên 6a x ∞ 0 2 +∞ y' + 0 - 0 + 0, 25 1 y ∞ -3 +∞ Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 3  m  1 0, 25 Vậy 3  m  1 là các giá trị cần tìm Điều kiện x > 1 0, 25 Với điều kiện đó, pt  log4 x2  log4 4  log4  x  1 0, 25  log 4 x2  log 4 (4 x  4)  x2  4 x  4 5b 0, 25  x2  4 x  4  0  x  2 0, 25 Vậy phương trình có nghiệm x  2 6b  Tập xác định D ,y 6x 2 2(m 1)x m2 4 0, 25
 Hàm số đạt cực đại tại x 0 0 nên y '(0) 0 m2 4 0 0, 25 m 2 0, 25 0, 25 y 12x 2(m 1) Thử lại: với m 2 thì y ''(0) 0 (không thỏa) với m 2 thì y ''(0) 0 ( thỏa)  Vậy với m 2 thì hàm số đạt đại tại x 0 0 . -- Hết ---