Đề thi HK1 môn Toán lớp 12 năm 2009-2010 - Có đáp án

Chia sẻ: Pham Linh Dan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

144
lượt xem 20
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo 2 đề thi học kỳ 1 môn Toán lớp 12 năm 2009-2010 có đáp án giúp các bạn học sinh có thêm tư liệu ôn tập, luyện tập để nắm vững được những kiến thức cơ bản chuẩn bị cho kỳ kiểm tra đạt kết quả tốt hơn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi HK1 môn Toán lớp 12 năm 2009-2010 - Có đáp án

ĐỀ THI HỌC KÌ I - KHỐI 12 - NĂM HỌC 2009-2010 Đề 1 Thời gian : 90 phút Họ và tên: ……………………………………………… SBD: ……………… Câu 1(3 điểm). Cho hàm số: y = x3 - 3x2 - 9x có đồ thị (C) . 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm có hoành độ x = 1. 3. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình: x3 - 3x2 - 9x = m. Câu 2(1 điểm). Tìm GTLN và GTNN của các hàm số: f(x) = x3 + 6x2 - 15x + 1 trên đoạn [-1; 2] . Câu 3(1 điểm). Giải các phương trình mũ: a) 2x = 16 b) 9x - 4.3x + 3 = 0 Câu 4(1 điểm). Giải các phương trình logarít: a) log3 (x-1) = 2 b) log2 x + log2 (x+3) = 2 Câu 5(1 điểm). Tính các nguyên hàm sau:   a)  (x 2 + 3x - ex) dx b)  (2x - 1).ex dx   Câu 6(1 điểm). Cho ABC vuông tại A, AB = 3, AC = 4. Tính diện tích xung quanh của hình nón tạo thành khi quay đường gấp khúc ACB xung quanh trục AB. Câu 7(2 điểm). Cho tứ diện ABCD có AB  mf(BCD). BCD đều và AB = BC = 4cm. a) Tính thể tích tứ diện ABCD. b) Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.
ĐỀ THI HỌC KÌ I - KHỐI 12 - NĂM HỌC 2009-2010 Đề 2 Thời gian : 90 phút Họ và tên: ……………………………………………… SBD: ……………… Câu 1(3 điểm). Cho hàm số: y = x3 + 3x2 - 9x có đồ thị (C) . 4. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 5. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm có hoành độ x = 1. 6. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình: x3 + 3x2 - 9x = m Câu 2(1 điểm). Tìm GTLN và GTNN của các hàm số: f(x) = x3 - 6x2 - 15x + 1 trên đoạn [-2; 1]. Câu 3(1 điểm). Giải các phương trình mũ: a) 3x = 27 b) 4x - 5.2x + 4 = 0 Câu 4(1 điểm). Giải các phương trình logarít: a) log2(x-1) = 3 b) log3 x + log3(x+2) = 1 Câu 5(1 điểm). Tính các nguyên hàm sau:   a)  (x 2 - 5x + ex) dx b)  (3x + 1).ex dx   Câu 6(1 điểm). Cho ABC vuông tại A, AB = 4, AC = 3. Tính diện tích xung quanh của hình nón tạo thành khi quay đường gấp khúc ACB xung quanh trục AB. Câu 7(2 điểm). Cho tứ diện ABCD có AB  mf(BCD). BCD đều và AB = BC = 3cm. c) Tính thể tích tứ diện ABCD. d) Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.
Đáp án đề 1 Câu Nội dung Điểm * TXĐ : R 0.25 * Sự biến thiên : + Chiều biến thiên x = -1 y’ = 3x2 - 6x - 9 = 0  x = 3  Dấu y’ -1 3 + - +  HS đồng biến trên các khoảng (-  ; -1) và (3 ; +  ), HS nghịch biến trên khoảng (- 1 ; 3). + Cực trị : 0.25 Hàm số đạt cực đại tại x = -1  yC§ = -13 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 3  yCT = -9 + Giới hạn : lim y = - , lim y = + x  - x  + + Bảng biến thiên : 1a x - -1 3 + y’ + 0 - 0 + 5 + y - -27 * Đồ thị y 5 0.25 O -1 3 x -27
x 0.25 Ta có x0 = 1  y0 = - 11 và y’(x0) = -12 . Do đó pt tiếp tuyến có dạng 0.25 1.2 y = -12(x - 1) - 11 hay y = - 12x + 1 0.5 Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là y = -12x +1 0.25 Dựa vào đồ thị ta thấy : + Với m = 5 hoặc m = -27 thì pt đã cho có 2 nghiệm phân biệt 1.3 m>5 1.0 + Với m 0. Khi đó pt trở thành: t2 - 4t + 3 = 0  t=3  3 0.25 x Với t = 1  3 = 1  x = 0 Với t = 3  3x = 31  x = 1. Vậy x= 0 hoặc x = 1 là n0 của pt 0.25 a) log3 (x-1) = 2  x- 1= 32  x = 10 là nghiệm của phương trình 0.5 b) Đk: x > 0, pt đã cho  log2[x(x+3)] = 2 0.25 4 x = 1  x2 + 3x - 4 = 0  x = - 4(lo¹i) . Vậy phương trình có nghiệm x = 1.  0.25 3 2  x 3x a)  (x 2 + 3x - ex) dx = + - ex + C 0.5  3 2 5 u=2x-1  du=2dx  b) Đặt v=exdx  v=ex   .   0.25 áp dụng công thức nghuyên hàm từng phần ta được :
x  1 e  (2x - 1).ex dx = ex(2x - 1) -  ex dx = ex(2x - 1) - + C  2 2 0.25 3  3 = ex(2x - )+ C . Vậy  (2x - 1).ex dx = ex(2x - )+ C . 2  2 B Theo bài ra ta có BC = AB 2 + AC2 = 5 Vậy diện tích xung quanh của hình nón là Sxq =  r l =  .4.5 = 20 6 C’ A C 1.0 a) Theo bài ra ta có: A Chiều cao của hình chóp là h = AB = 4 cm, BCD có chiều cao H 3 BE = 4. = 2 3 cm 2 I 1  SBCD = BC.BE D 2 B 1 = .4.2 3 = 4 3 cm2 2 G 7 1 F E Vậy VA.BCD = h.SBCD 3 1 16 3 = .4.4 3 = cm3 3 3 C 1.0 2 4 3 b) Gọi G là trọng tậm BCD  GB = GC = GD = BE = cm 3 3 Trong mp(ABE), dựng đường thẳng d đi qua G và song song với AB, trong mp(ABE) ; mặt phẳng trung trực của AB cắt d tại I, suy ra: 2 21 IA = IB = IC = ID = BH2 + BG2 = cm 3
2 21 1.0 Vậy, mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm là I và bán kính r = 3 cm. Ghi chó: C©u 7b häc sinh kh«ng vÏ h×nh th× kh«ng cho ®iÓm §¸p ¸n ®Ò 2 C©u Néi dung §iÓm * TX§ : R 0.25 * Sù biÕn thiªn : + ChiÒu biÕn thiªn  x 1 y’ = 3x2 + 6x - 9 = 0   x   3 DÊu y’ -3 1 + - +  HS ®ång biÕn trªn c¸c kho¶ng (-  ; -3) vµ (1 ; +  ), HS nghÞch biÕn trªn kho¶ng (- 3 ; 1). + Cùc trÞ : 0.25 a Hµm sè ®¹t cùc ®¹i t¹i x = -3  yC§ = 27 Hµm sè ®¹t cùc tiÓu t¹i x = 1  y CT = - 5 + Giíi h¹n : lim y = - , lim y = + x  - x  + + B¶ng biÕn thiªn : x - -3 1 + y’ + 0 - 0 + 27 + y - -5 * §å thÞ y 27
0.25 O x 0.25 Ta có x0 = 1  y0 = -5 và y’(x0) = 0 . Do đó pt tiếp tuyến có dạng 0.25 1.2 y = 0.(x - 1) - 5 hay y = - 5 0.5 Vậy phương trình tiếp tuyến cần tìm là y = - 5 0.25 Dựa vào đồ thị ta thấy : + Với m = -5 hoặc m = 27 thì pt đã cho có 2 nghiệm phân biệt 1.3 m   5 1.0 + Với  thì pt đã cho có một nghiêm duy nhất  m  27 + Với - 5 < m < 27 thì pt đã cho có ba nghiệm phân biệt. x=-1 0.25 f’(x) = 3x2 - 12x - 15 = 0  x=5(lo¹i)  2  f(-2) = -1, f(-1) = 9 , f(1) = 19. 0.5 Vậy Max[f(x)] = 19, Min[f(x)] = - 1 0.25 [-2;1] [-2;1] a) 3x = 27  3x = 33  x = 3 là nghiệm của phương trình 0.5 t=1 b) Đặt t = 2x, đk: t > 0. Khi đó pt trở thành: t2 - 5t + 4 = 0  t=4  3 x 0.25 Với t = 1  2 = 1  x = 0 Với t = 4  2x = 22  x = 2. Vậy x= 0 hoặc x = 2 là n0 của pt 0.25 a) log2(x-1) = 3  x- 1= 23  x = 9 là nghiệm của phương trình 0.5 b) Đk: x > 0, pt đã cho  log3 [x(x+2)] = 1 0.25 4 x=1  x2 + 2x - 3 = 0  x=-3(lo¹i) . Vậy phương trình có nghiệm x = 1.  0.25
 x3 5x2 a)  (x 2 - 5x + ex) dx = - + ex + C 0.5  3 2 u=3x+1  du=3dx  b) Đặt dv=exdx  v=ex   .   0.25 áp dụng công thức nghuyên hàm từng phần ta được : 5 x  x x 1 x x e  (3x + 1).e dx = e (3x + 1) -  e dx = e (3x + 1) - + C  3  3 0.25 x 3  x x 3 = e (3x + )+ C . Vậy  (2x - 1).e dx = e (3x + )+ C . 2  2 B Theo bài ra ta có BC = AB 2 + AC2 = 5 Vậy diện tích xung quanh của hình nón là Sxq =  r l =  .3.5 = 15 6 C’ A C 1.0 a) Theo bài ra ta có: A Chiều cao của hình chóp là h = AB = 3 cm, BCD có chiều cao H 3 3 3 BE = 3. = cm 2 2 7 I 1  SBCD = CD.BE D 2 B 1 3 3 9 3 2 = .3. = cm 2 2 4 G 1 F E Vậy VA.BCD = h.SBCD 3 C
1 9 3 9 3 3 1.0 = .3. = cm 3 4 4 2 b) Gọi G là trọng tậm BCD  GB = GC = GD = BE = 3 cm 3 Trong mp(ABE), dựng đường thẳng d đi qua G và song song với AB, trong mp(ABE) ; mặt phẳng trung trực của AB cắt d tại I, suy ra: 21 IA = IB = IC = ID = BH2 + BG2 = cm 2 1.0 21 Vậy, mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm là I và bán kính r = cm. 2 Ghi chó: C©u 7b häc sinh kh«ng vÏ h×nh th× kh«ng cho ®iÓm