Đề KTCL HK1 Toán 12 - THPT Thiên Hộ Dương 2012-2013 (kèm đáp án)

Chia sẻ: Huynh Hoa Lan | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

58
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời thầy cô và các bạn học sinh lớp 12 tham khảo đề kiểm tra chất lượng học kỳ 1 môn Toán lớp 12 của trường THPT Thiên Hộ Dương có nội dung xoay quanh về: khảo sát sự biến thiên của hàm số, xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp... giúp cho công tác giảng dạy, ra đề và ôn tập thi cử.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề KTCL HK1 Toán 12 - THPT Thiên Hộ Dương 2012-2013 (kèm đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ I ĐỒNG THÁP Năm học: 2012-2013 Môn thi: Toán - Lớp 12 Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: ĐỀ ĐỀ XUẤT (Đề gồm có 01 trang) Đơn vị ra đề: Trường THPT Thiên Hộ Dương I. Phần chung (7,0 điểm) Câu I:(3 điểm) Cho hàm số y = x 3 − 3 x 2 + 1 (1) có đồ thị (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2. Xác định m để phương trình sau : − x 3 + 3 x 2 + m = 0 có hai nghiệm. Câu II:(2 điểm). 3 9 log 1 Tính giá trị của biểu thức: A = 4 2 + log 4 − ( 625) 0 , 75 1. 2 3 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = ( x − 3) e trên [ 0; 2] trên 2 x 2. đoạn [ −4;1] . Câu III:(2 điểm). Cho tứ diện OABC, có OA, OB, OC đôi một vuông góc, tam giác OBC vuông cân tại O, BC = a 2 . Góc giữa AB và (OBC) bằng 300. 1. Tính theo a thể tích khối tứ diện OABC. 2. Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC. II. Phần riêng (3,0 điểm) A. Theo chương trình chuẩn x+2 Câu IVa (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = , biết 3− x tiếp tuyến song song đường thẳng y = 5x + 2013. Câu Va. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: log 2 x + 2 log 4 ( x − 1) = 1 . x −1 x 1 1 2. Giải bất phương trình:   −   > 2 log 8 . 4 4  16  B. Theo chương trình nâng cao x+2 Câu IVb (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = , biết 3− x tiếp tuyến vuông góc đường thẳng: x + 5y - 2013 = 0. Câu Vb. (2,0 điểm) 1. Cho y = y = e − x sin x . Chứng minh rằng: y ' '+2 y '+2 y = 0 2. Chứng minh rằng: Với mọi m thì đồ thị hàm số y = x 3 + 3( m + 1) x 2 + 3m( m + 2 ) x + m 3 + 3m 2 luôn có hai cực trị và khoảng cách giữa hai điểm cực trị không đổi. 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 (Đề gồm có 01 trang) Đơn vị ra đề: Trường THPT Thiên Hộ Dương I. Phần chung (7,0 điểm) Câu Nội dung yêu cầu Điểm I Cho hàm số y = x 3 − 3 x 2 + 1 (1) có đồ thị (C). 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). (2đ) * Tập xác định : D = R 0.25 *Sự biến thiên Giới hạn : lim y = lim y = −∞ ; lim y = lim y = + ∞ 0.25 x → −∞ x → −∞ x →+ ∞ x →+ ∞ x = 0 Đạo hàm : y ' = 3 x − 6 x, y ' = 0 ⇔  2 0.25 x = 2 * Hàm số đồng biến trên các khoảng (- ∞ ;0) và (2; + ∞ ); nghịch biến 0.25 trên khoảng (0; 2). *Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ=1; Cực tiểu tại x = 2; yCT=-3 0.25 * Bảng biến thiên : x -∞ 0 2 +∞ y’ + 0 - 0 + y 1 +∞ 0.25 -∞ -3 Đồ thị 0.5 Xác định m để phương trình sau : − x 3 + 3 x 2 + m = 0 có hai 2 (1đ) nghiệm. pt ⇔ x 3 − 3x 2 + 1 = m + 1 (*) 0.25 Phương trình (*) có hai nghiệm thì đồ thị (C ) cắt đường thẳng (d) y 0.25 0.25
 m +1 = 1 → m = 0 0.25 = m +1 tại hai điểm ⇔  m + 1 = −3 → m = −4 3 9 Tính giá trị của biểu thức: A = 4 2 + log 4 − ( 625) log 1 0 , 75 1 2 1đ 3 2 −2 0,25 ( ) 3 A = 2− 2 log 2 + log23  − 5 4 3   4 3 0,25 3− 2 = 2log 2 − 2 − 5 3 0,25 = 3 −2 − 2 − 5 3 1143 0,25 II = 9 2) Tìm GTLN và GTNNt của hàm số y = ( x − 3) e trên [ 0; 2] . 2 x 1đ Hàm số đã cho liên tục trên [0; 2]  x = 1( n ) y ' = ( x 2 + 2 x − 3) e x , y ' = o ⇔  0.5  x = −3 ( l ) y ( 0 ) = −3; y ( 1) = −2e; y ( 2 ) = −2e 0.25 Vậy: Maxy = y ( 2 ) = 3; Miny = y ( 1) = −2e 0.25 [0;2] [0;2] Cho tứ diện OABC, có OA, OB, OC đôi một vuông góc, tam giác OBC vuông cân tại O, BC = a 2 . Góc giữa AB và (OBC) bằng 300. 2 III 1. Tính theo a thể tích khối tứ diện OABC. điểm 2. Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC. 1 1 Theo gt ta có: OA ⊥ ( OBC ) ⇒ V OABC = 3 S ∆ABC .OA 0,25 Ta có: ∆OBC vuông cân tại O và BC = a 2 ⇒ OB =OC = a 1 0.25 ⇒ S ∆OBC = a 2 2 Do OA ⊥ ( OBC ) ⇒ OB là hình chiếu của AB lên (OBC) · ⇒ ( AB, ( OBC ) ) = ( AB, OB ) = ABO = 300 0.25
a 3 Xét ∆ AOB: OA = OB tan90 0 = 3 a3 3 0.25 Vậy: V OABC = 18 Gọi M là trung điểm BC. Do ∆OBC vuông tại O nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC. 0,25 Dựng Mx//OA ⇒ Mx ⊥ ( OBC ) ⇒Mx là trục của mặt (OBC) Trong mp(OA, Mx) dựng đường trung trực của OA cắt OA tại N và 0.25 Mx tại I ⇒ IA = IO (1) 2 Mặt khác : I ∈ Mx ⇒ IO = IB = IC (2) Từ (1) và (2) suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC và 0.25 bán kính R = IC 0.25 a 21 Xét ∆IMC: IC = MC + MI = =R 2 2 6 x+2 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = , biết Va 3− x 1đ tiếp tuyến song song đường thẳng y = 5x + 2013. 5 0,25 y' = ( 3 − x) 2 Do tiếp tuyến song song với (d): y = 5x + 2013 ⇒ y’(x0) = 5 0.25 5  x = 2 → y0 = 4 ⇔ = 5 ( x ≠ 3) ⇔  0 0.25 ( 3 − x) 2  x 0 = 4 → y 0 = −6 Vậy có hai tiếp tuyến: y = 5x - 6; y = 5x - 26 0.25 1 Giải phương trình: log 2 x + 2 log 4 ( x − 1) = 1 1đ ĐK: x > 1 0,25 PT ⇔ log 2 x( x − 1) = 1 0.25 ⇔ x( x − 1) = 2 ⇔ x 2 − x − 2 = 0 0.25  x = −1( loai ) ⇔ 0.25  x = 2( nhan ) x −1 x 1 1 2 Giải bất phương trình:   −   > 2 log 8 . 4 1đ Va 4  16  1 1 x x 0.25 BPT ⇔ 4  −   − 3 > 0 (1) 4 4 x 1 0.25 Đặt: t =   > 0 4 (1) ⇔ −t + 4t − 3 > 0 ⇔ 1 < t < 3 2 0.25 x 1 ⇒ 1 <   < 3 ⇔ log 1 3 < x < 0 0.25 4 4 x+2 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = , biết IVb 3− x 1đ tiếp tuyến vuông góc đường thẳng: x + 5y - 2013 = 0.
5 0.25 y' = ( 3 − x) 2 Do tiếp tuyến vuông góc với (d): x + 5y - 2013 ⇒ y’(x0) = 5 0.25 5  x = 2 → y0 = 4 ⇔ = 5 ( x ≠ 3) ⇔  0 0.25 ( 3 − x) 2  x 0 = 4 → y 0 = −6 Vậy có hai tiếp tuyến: y = 5x - 6; y = 5x - 26 0.25 1 Cho y = y = e − x sin x . Chứng minh rằng: y ' '+2 y '+2 y = 0 1đ y ' = e − x ( cos x − sin x ) 0.25 y ' ' = −2 cos xe − x 0.25 y"+2 y '+2 y = 0 ⇔ −2 cos xe − x + 2e − x ( cos x − sin x ) + 2e − x sin x = 0 0.25 ⇔ 0 = 0( đpcm ) 0.25 2 Chứng minh rằng: Với mọi thì đồ thị hàm số m 1đ y = x + 3( m + 1) x + 3m( m + 2 ) x + m + 3m luôn có hai cực trị và 3 2 3 2 Vb khoảng cách giữa hai điểm cực trị không đổi. Ta có : y ' = 3 x 2 + 6( m + 1) x + 6m( m + 2 ) 0.25  x = −2 − m y' = 0 ⇔  0.25  x = −m Đồ thị (Cm) có hai điểm cực trị A(-2 - m; 4) và B(-m; 0) 0.25 ⇒ AB = 2 5 (hằng số) (đpcm) 0.25 Hết