10 Đề kiểm tra HK1 môn Toán 12 của nhiều trường

Chia sẻ: Pham Linh Dan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:30

Thêm vào BST

Báo xấu

62
lượt xem 9
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Hãy tham khảo 10 đề kiểm tra học kỳ 1 môn Toán 12 của nhiều trường kèm đáp án để giúp các em biết thêm cấu trúc đề kiểm tra như thế nào, rèn luyện kỹ năng giải bài tập và có thêm tư liệu tham khảo chuẩn bị cho kỳ kiểm tra sắp tới đạt điểm tốt hơn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: 10 Đề kiểm tra HK1 môn Toán 12 của nhiều trường

SỞ GD & ĐT THỪA THIÊN HUẾ KIỂM TRA HỌC KÌ I NĂM HỌC 2008-2009 TT GDTX HƯƠNG THUỶ Môn: TOÁN- LỚP 12 Thời gian làm bài: 90 phút Câu I: (3 điểm) Cho hàm số y  x3  3x 2  1 (C) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Viết phương trình tiếp tuyến với (C) tại điểm M(3;1) Câu II: (2 điểm) 1. Tính giá trị của biểu thức P  log 1 7  2log 3 49  log 3 27 3 2x  1 2. Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y  trên đoạn  0;2 x 3 Câu III: (2 điểm) 1. Giải phương trình 9 x 2  10.3x 1  1  0 2. Giải bất phương trình log 1 (x 2  x  6)  log 3 3x  0 3 Câu III: (3 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và mặt đáy bằng 600 . 1. Tính thể tích khối chóp S.ABCD. 2. Xác định tâm và bán kính mặt cầu đi qua 5 điểm S, A, B, C, D. --------------------HẾT--------------------
SỞ GD & ĐT THỪA THIÊN HUẾ KIỂM TRA HỌC KÌ I NĂM HỌC 2008-2009 TT GDTX HƯƠNG THUỶ Môn: TOÁN- LỚP 12 Thời gian làm bài: 90 phút ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu I Nội dung Điểm 3 điểm a.Khảo sát hàm số TXĐ: D  R 0,25 Sự biến thiên: y '  3 x 2  6 x 0,25 y '  0  3x 2  6 x  0 x  0  0,25 x  2 Hàm số đồng biến trên khoảng  ; 0  ;  2;   0,25 Hàm số nghịch biến trên khoảng  0; 2  Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = -1 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = -3 0,25 lim x 3  3 x 2  1   x  lim x 3  3 x 2  1   0,25 x  Bảng biến thiên x  0 2  y + 0  0 + 1  0,25 y -3 Đồ thị: đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm (0;-1) 0,25 b. Ta có M(3;1)  (C) nên phương trình tiếp tuyến tại M có dạng 0,25 y  y0  f '( x0 )( x  x0 )
Mà f '(3)  9 0,25 Suy ra phương trình tiếp tuyến tại M y  1  9( x  3)  y  9 x  26 0,5 Câu II 2 điểm a. P  log 1 7  2log 3 49  log 3 27 3   log 3 7  2log 3 7 2  2log 3 33 0,5 0,25   log 3 7  4log 3 7  6 0,25  3log 3 7  6 2x  1 b. Ta có y  x 3 TXĐ D  R \ 3 0,25 5 y'   0, x  D 0,25 ( x  3)2 Hàm số nghịch biến trên D nên hàm số nghịch biến trên  0; 2 0,25 1 Suy ra maxy= y(0)= 3 0,25 x 2 Câu III a. 9  10.3  1  0 x 1 2 điểm  9.9 x 1  10.3x 1  1  0 (*) 0,25 Đặt t  3x1 , t  0 Phương trình (*) trở thành 0,25 9t 2  10t  1  0 t  1  1 t  0,25  9 Với t  1  3 x1  1  x  1  0  x  1 1 1 Với t   3x 1   x  1  2  x  3 0,25 9 9 Vậy nghiệm của phương trình cho là x = -1; x =-3. b. log 1 (x 2  x  6)  log 3 3x  0 (*) 3  x2  x  6  0 Đk   x3 3 x  0 0,25 Bất phương trình (*) trở thành
log 1 (x 2  x  6)  log 3 3x  0 0,25 3  log3 3x  log3 ( x 2  x  6) Vì cơ số 3 > 1 nên bất phương trình trên tương đương với bất phương trình 3 x  x 2  x  6  x2  4x  6  0 0,25  2  10  x  2  10 0,25 Vậy nghiệm của bất phương trình là 3  x  2  10 Câu IV Hình vẽ S 3 điểm 0,5 K D I C A O B Đường cao của hình chóp là SO Ta có (SA. ABCD) = (SA,AC) = SAC = 600 a 2 a 6 - SO = AO tan600 = 3 2 2 1 a3 6 1  VSABCD  SO.dt ( ABCD )  VSABCD  3 6 b.Ta có mọi điểm thuộc SO cách đều A, B, C, D. Gọi K là trung điểm của SA, trong mp(SAC) dựng trung trực của SA cắt SO tại I. Suy ra I là tâm mặt cầu đi qua 5 điểm S, A, B, C, D. 1 2 SI SK SA Ta có R = SI mà   SI  SA SO 2 SO a 6 a 6 0,5 Với SO = , SA = a 2  R  SI  2 3 Những bài toán có nhiều cách giải thì chấm theo cách giải của học sinh.
SỞ GD&ĐT BÌNH PHƯỚC ĐỀ THI HỌC KÌ I NĂM HỌC 2009-2010 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN TOÁN Thời gian:150 phút, (không kể thời gian phát đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm). Câu 1 ( 3,5 điểm) Cho hàm số y = x 3 – mx + m – 2 1. Định m để hàm số có cực đại và cực tiểu. 2. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 3. 3. Biện luận theo tham số k số nghiệm của phương trình: x3 – 3x – k + 2 = 0. Câu 2 ( 1,5 điểm) Giải các phương trình và bất phương trình sau: 1. ln(x-4) = 5 – x 2. 3 2x+2 - 4.3x+2 + 27 > 0. Câu 3 ( 2 điểm) Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, cạnh AB = a. Biết SA vuông góc với đáy ABC và SA = 2a. 1. Tính thể tích khối chóp. 2. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. II. PHẦN RIÊNG ( 3 điểm) 1. Theo chương trình chuẩn. Câu 4a ( 2 điểm) 1. Viết phưng trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số y = x3 – 3x2 + 4 tại điểm A có hoành độ bằng – 1. mx  1 2. Định m để hàm số y  luôn giảm trên từng khoản xác định. xm Câu 5b ( 1 điểm) Tính giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của hàm số   y = sin2x – x trên đoạn   ;     2 2 2. Theo chương trình nâng cao: Câu 4b ( 2 điểm)   1. Cho hàm số f  x   ln ex  1  e 2 x . Tính f’(ln2) 2. Tính giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số y  x  1  2  x . Câu 5b ( 1 điểm) Tìm m để phương trình sau có duy nhất một nghiệm 2 2 log 3 x  log 3 x  1  2m  1  0 HẾT
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG GIỮA HỌC KÌ 1 BẮC GIANG NĂM HỌC 2009-2010 MÔN TOÁN, LỚP 12 Thời gian làm bài : 90 phút Mã đề : 01 Câu I (5điểm). Cho hàm số y = - x 4 + 2 x 2 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 1 b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ bằng . 3 c) Tùy theo các giá trị của m , hãy biện luận số nghiệm của phương trình x4 - 2x2 - 2 + m = 0 . Câu II (1điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f (x )= - x 3 + 3 x 2 + 3 trên  1 đoạn  1;  .  2 Câu III (1điểm). Tìm k để hàm số y = 2 - 2 x + k x 2 - 4 x + 5 có cực đại . Câu IV (1điểm). Tìm các mặt phẳng đối xứng của hình chóp tứ giác đều. Câu V (2điểm). Cho khối tứ diện đều ABCD. a) Gọi A’, B’, C’, D’ lần lượt là trọng tâm của các tam giác BCD, CDA, BDA và ABC. Chứng minh A’, B’, C’, D’ là các đỉnh của một khối tứ diện đều. b) Phép dời hình f biến tứ diện đều ABCD thành chính nó nghĩa là biến mỗi đỉnh của tứ diện đó thành một đỉnh của tứ diện đó. Tìm tập hợp các điểm M sao cho M=f(M) trong trường hợp f(A)=B, f(B)=C, f(C)=A. ----------------- Hết ------------------ Họ tên thí sinh:............................................................Số báo danh:.................
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG GIỮA KÌ 1 NĂM HỌC 2009-2010 MÔN TOÁN, LỚP 12(Mã đề 01) Chú ý : Dưới đây chỉ là sơ lược từng bước giải và cách cho điểm từng phần của mỗi bài. Bài làm của học sinh yêu cầu phải chi tiết ,lập luận chặt chẽ. Nếu học sinh giải cách khác đúng thì chấm và cho điểm từng phần tương ứng. Câu Đáp án vắn tắt Điểm I a) (3,5đ) (5đ) A.Tập xác định : 0,25 B.Sự biến thiên 1.Giới hạn của hàm số tại vô cực lim y  , lim y   0,25 x  x  2.Chiều biến thiên y ¢= - 4 x 3 + 4 x éx = 0 ê y ¢= 0 Û - 4 x 3 + 4 x = 0 Û êx = - 1 ê 0,5 êx = 1 ë Ta có bảng biến thiên. x  -1 0 1  y' + 0 - 0 + 0 - 1 1 y 0,5  0  Hàm số đồng biến trên (- ¥ ;- 1) và (0;1) ,nghịch biến trên (- 1;0) và (1;+ ¥ ) 0,25 Hàm số đạt cực đại tại x = - 1 và tại x = 1 ;giá trị cực đại của hàm số là y (- 1)= y (1)= 1 0,25 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 ;giá trị cực tiểu của hàm số là y (0)= 0 0,25 3.Đồ thị +)Giao của đồ thị với trục tung: (0;0) 0,25 +)Giao của đồ thị với trục hoành: (0;0), - ( )( 2;0 , 2;0 ) +)Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng. 0,25 2 y f(x)=-x^4+2x^2 f(x)=2/3 1 x -2 -1 O 1 2 3 0,75 -1 -2
b)(0,5đ) æ1 ö 5 æ1 ö 8 3 Ta có y ç ÷= ç ÷ ; y ¢ç ÷= ç ÷ 0,25 è ÷ ç 3ø 9 è ÷ ç 3ø 9 1 Phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ bằng là : 3 8 3 1  5 8 3 3 y 9 x   9 hay y  9 x  9 0,25 3 c)(1đ) Ta có x 4 - 2 x 2 - 2 + m = 0 Û - x 4 + 2 x 2 = m - 2 (1) Số nghiệm của phương trình đã cho hay số nghiệm của (1) là số điểm chung của đồ thị (C) và đường thẳng y = m - 2 nên nhìn vào hình vẽ ở câu a)ta có : 0,25 + ) m - 2 < 0 Û m < 2 thì phương trình đã cho có hai nghiệm. + ) m - 2 = 0 Û m = 2 thì phương trình đã cho có ba nghiệm. + ) 0 < m - 2 < 1 Û 2 < m < 3 thì phương trình đã cho có bốn nghiệm. 0,25 + ) m - 2 = 1 Û m = 3 thì phương trình đã cho có hai nghiệm. + ) m - 2 > 1 Û m > 3 thì phương trình đã cho vô nghiệm. 0,25 Kết luận + ) m < 2 thì phương trình đã cho có hai nghiệm. + ) m = 2 thì phương trình đã cho có ba nghiệm. + ) 2 < m < 3 thì phương trình đã cho có bốn nghiệm. + ) m = 3 thì phương trình đã cho có hai nghiệm. + ) m > 3 thì phương trình đã cho vô nghiệm. 0,25 II Tập xác định : (1đ)  1 . Hàm số xác định và liên tục trên  1;  0,25  2 x  0 f   x   3 x 2  6 x ; f   x   0   x  2 0,25  1  1  1  29 +) 0   1;  ;2   1;  ; f  0   3; f  1  7; f    . 0,25  2  2 2 8 Vậy max f  x   f  1  7;min f  x   f  0   3 0,25  1  1 -1;2  -1;2      III Tập xác định : (1đ) x- 2 k . y ¢= - 2 + k . , " x; y ¢ = ¢ ," x 2 x - 4x + 5 ( x - 4 x + 5)3 2 0,25 Điều kiện cần để hàm số có cực đại là y ¢ < 0 Þ k < 0 (vì mẫu của y ¢ luôn dương). ¢ ¢ Khi đó y có cực đại khi và chỉ khi y ¢= 0 có nghiệm . 2 0,25 y ¢= 0 Û k (x - 2)= 2 x 2 - 4 x + 5 Û k (x - 2)= 2 (x - 2) + 1 (1) ì kt > 0 ï ìt< 0 ï Đặt t = x - 2 thì (1) thành kt = 2 t 2 + 1 Û ï 2 2 í Û ï 2 í 0,25 ï k t = 4t + 4 ï (k - 4)t 2 = 4 (2) ï î 2 ï î (1) có nghiệm khi và chỉ khi (2) có nghiệm âm ,tức là phải có k 2 - 4 > 0 Û k > 2 . Kết hợp với k < 0 ta được đáp số : k < - 2 . 0,25
S IV (1đ) . D P C Q O N A M B 0,25 Giả sử hình chóp tứ giác đều đã cho là S.ABCD. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA Ta thấy phép đối xứng qua mặt phẳng (SAC) biến hình chóp S.ABCD thành chính nó, nên mặt phẳng (SAC) là một mặt phẳng đối xứng của hình chóp S.ABCD. 0,25 Tương tự các mặt phẳng (SBD), (SMP), (SNQ) cũng là các mặt phẳng đối xứng của hình chóp S.ABCD. 0,25 Vậy hình chóp đều S.ABCD có 4 mặt phẳng đối xứng là (SAC), (SBD), (SMP) và (SNQ). 0,25 V a)(1đ) (2đ) A . C' 0,25 D' B' G B D A' C 1 Gọi G là trọng tâm của tứ diện đều ABCD thì phép vị tự tâm G tỉ số k   biến các 0,25 3 điểm A, B, C, D lần lượt thành các điểm A’, B’, C’, D’. A ' B ' B 'C ' C ' D ' D ' A ' A ' C ' B ' D ' 1 0,25 Suy ra       . AB BC CD DA AC BD 3 0,25 Vì tứ diện ABCD đều nên tứ diện A’B’C’D’ cũng là tứ diện đều. b)(1đ) Theo giả thiết f  A   B, f  B   C , f  C   A . Do f  M   M nên ta có MA  MB  MC 0,5 0,5 Suy ra tập hợp các điểm M là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG GIỮA HỌC KÌ 1 BẮC GIANG NĂM HỌC 2009-2010 MÔN TOÁN, LỚP 12 Thời gian làm bài : 90 phút Mã đề : 02 Câu I (5điểm). 1 m 1 Cho hàm số y  x 3  x 2  có đồ thị (Cm ), với m là tham số. 3 2 3 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 2 . b) Tìm k để phương trình x 3 - 3 x 2 + 1 - 3k = 0 có ba nghiệm phân biệt. c) Gọi M là điểm thuộc (Cm ) có hoành độ bằng - 1 . Tìm m để tiếp tuyến của (Cm ) tại M song song với đường thẳng (d) có phương trình 5 x - y = 0 . Câu II (1điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y= f (x )= - x 3 + 3 x 2 + 5 1  trên đoạn  ;3 . 2  Câu III (1điểm). Chứng minh rằng hàm số y = x + x 2 - x + 1 luôn đồng biến trên . Câu IV (1điểm). Tìm các mặt phẳng đối xứng của hình chóp cụt tam giác đều. Câu V (2điểm). Cho khối tứ diện đều ABCD. a) Gọi E, F, P, Q, R, S lần lượt là trung điểm của các các cạnh AB, CD, AC, BD, AD, BC. Chứng minh E, F, P, Q, R, S là các đỉnh của khối tám mặt đều. b) Phép dời hình f biến tứ diện đều ABCD thành chính nó nghĩa là biến mỗi đỉnh của tứ diện đó thành một đỉnh của tứ diện đó. Tìm tập hợp các điểm M sao cho M=f(M) trong trường hợp f(A)=B, f(B)=C, f(C)=D. ----------------- Hết ------------------ Họ tên thí sinh:............................................................Số báo danh:.................
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG GIỮA KÌ 1 NĂM HỌC 2009-2010 MÔN TOÁN, LỚP 12(Mã đề 02) Chú ý : Dưới đây chỉ là sơ lược từng bước giải và cách cho điểm từng phần của mỗi bài. Bài làm của học sinh yêu cầu phải chi tiết, lập luận chặt chẽ. Nếu học sinh giải cách khác đúng thì chấm và cho điểm từng phần tương ứng. Câu Đáp án vắn tắt Điểm I a) (3,5đ) (5đ) 1 3 1 m= 2Þ y= x - x2 + . 3 3 A. Tập xác định : 0,25 B. Sự biến thiên 1. Giới hạn của hàm số tại vô cực lim y  , lim y   x  x  0,25 2. Chiều biến thiên éx = 0 y ¢= x 2 - 2 x , y ¢= 0 Û ê êx = 2 0,5 ë Ta có bảng biến thiên. x  0 2  ' y + 0 - 0 + 1 y  3 0,5  - 1 Hàm số đồng biến trên (- ¥ ;0) và (2;+ ¥ ) ;nghịch biến trên (0;2) 1 0,25 Hàm số đạt cực đại tại x = 0 ;giá trị cực đại của hàm số là y (0)= 3 0,25 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 ;giá trị cực tiểu của hàm số là y (2)= - 1 3. Đồ thị 0,25 æ 1ö +) Giao của đồ thị với trục tung: ç0; ÷ ç ÷ ç ÷ è 3ø æ 1ö +) Đồ thị qua : ç3; ÷ , (- 1;- 1) ç ÷ è ÷ ç 3ø æ - 1ö +) Đồ thị nhận điểm U ç1; ÷làm tâm đối xứng. ç ÷ ÷ 0,5 ç 3ø è 4 y f(x)=((1/3)x^3)-x^2+1/3 f(x)=-1/2 3 2 1 1/3 x -4 -2 O 2 4 6 -1 0,75 -2 -3 -4
b)(0,5đ) 1 3 1 0,25 x 3 - 3 x 2 + 1 - 3k = 0 Û x 3 - 3 x 2 + 1 = 3 k Û x - x 2 + = k (1) 3 3 Số nghiệm của phương trình đã cho hay số nghiệm của (1) là số điểm chung của đồ 1 0,25 thị (C) và đường thẳng y = k nên nhìn vào hình vẽ ở câu a) ta có kết quả: 1  k  3 c)(1đ) Ta có y ¢= x 2 - mx.  m  Điểm M thuộc (Cm )có hoành độ x = - 1  M  1; .  2  y ¢(- 1)= m + 1. 0,25 Tiếp tuyến tại M của (Cm ) có phương trình dạng : m m+ 2 0,25 y+ = y ¢(- 1)(x + 1) hay y = (m + 1)x + (V) 2 2    song song với (d) : 5 x  y  0 ( hay y  5 x ) khi và chỉ khi 0,25 m  1  5  m4 m  2  0 0,25 Vậy m = 4 II 2.Tập xác định : (1đ) 1  Hàm số xác định và liên tục trên  ;3 0,25 2  x  0 0,25 f   x   3 x 2  6 x ; f   x   0   x  2 1   1   1  45 +) 0   ;3 ;2   ;3 ; f    ; f  2   9; f  3   5 . 0,25 2  2   2  8 Vậy max f  x   f  2   9;min f  x   f  3  5 0,25 1  1   2 ;3  2 ;3     III Tập xác định : (1đ) 2 2 x2 - x + 1 + 2 x - 1 (2 x - 1) + 3 + 2 x - 1 0,5 y ¢= = > 2 2 2 2 4 x+ x - x + 1. x - x + 1 4 x+ x - x + 1. x - x + 1 2 (2 x - 1) + 2 x - 1 2 x - 1 + 2x - 1 = ³ 0, " x 2 2 2 2 4 x + x - x + 1. x - x + 1 4 x + x - x + 1. x - x + 1 Vậy y ¢> 0, " x nên hàm số đồng biến trên . 0,5 IV Giả sử hình chóp cụt tam giác đều đã cho là ABC.A’B’C’. (1đ) Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của AB, BC, CA và M’, N’, P’ lần lượt là trung điểm của A’B’, B’C’, C’A’ Dễ thấy A, N, N’, A’ đồng phẳng. Ta thấy phép đối xứng qua mặt phẳng (ANN’A’) biến hình chóp chóp cụt tam giác đều ABC.A’B’C’ thành chính nó, nên mặt phẳng (ANN’A’)là một mặt phẳng đối xứng của hình chóp cụt tam giác đều ABC.A’B’C’ 0,25
Tương tự các mặt phẳng (BPP’B’), (CMM’C’) cũng là các mặt phẳng đối xứng của hình chóp cụt tam giác đều ABC.A’B’C’. 0,25 Vậy hình chóp cụt tam giác đều ABC.A’B’C’ có ba mặt phẳng đối xứng là (ANN’A’), (BPP’B’) và (CMM’C’) 0,25 A P C M N B A' P' C' 0,25 M' N' B' V a)(1đ) (2đ) A E R 0, 25 P B Q D S F C Tám tam giác EPR, ERQ, EQS, ESP, FPR, FRQ, FQS, FSP là những tam giác đều 0,25 bằng nhau, chúng làm thành khối đa diện với các đỉnh là E, F, P,R, Q, S mà mỗi đỉnh là đỉnh chung của bốn cạnh. 0,25 Vậy nó là khối tám mặt đều. 0,25 b)(1đ) Theo giả thiết f(A)=B, f(B)=C, f(C)=D. Do f(M)=M nên ta có MA=MB = MC=MD. 0,5 Suy ra tập hợp các điểm M là một điểm duy nhất, đó là trọng tâm của tứ diện ABCD. 0,5
SÔÛ GD & ÑT ÑOÀNG NAI ÑEÀ KIEÅM TRA HOÏC KÌ I LÔÙP 12 NAÊM HOÏC 2009 – 2010 ÑEÀ CHÍNH THÖÙC Moân Toaùn (phaàn traéc nghieäm) Thôøi gian laøm baøi: 30 phuùt Ñeà naøy coù 2 trang Hoï vaø teân thí sinh:..................................................................... maõ ñeà T 357 Soá baùo danh:.............................................................................. Moãi caâu hoïc sinh choïn moät phöông aùn traû lôøi ñuùng vaø ghi vaøo baûng traû lôøi; ñieåm cuûa moãi caâu laø 0,125. Caâu 1: Cho khoái truï troøn xoay coù baùn kính maët ñaùy baèng 2 (cm), chieàu cao baèng 3 (cm). Theå tích cuûa khoái truï troøn xoay naøy baèng: A. 24 (cm3) B. 12 (cm3) C. 4 (cm3) D. 48 (cm3) Caâu 2: Haøm soá y  2 x3  3 x 2  12 x  3 ñaït cöïc ñaïi taïi ñieåm: A. x = 2 B. x = 1 C. x = -1 D. x = -2 3 2 Caâu 3: Haøm soá y   x  3x  2 ñoàng bieán treân khoaûng: A. (2; ) B. (; 0) C. (2; ) D. (0; 2) Caâu 4: Haøm soá f ( x )  3 sin x coù ñaïo haøm laø:  cos x cos x cos x  cos x A. f '( x)  B. f '( x)  C. f '( x)  D. f '( x)  3 3 sin 2 x 3 3 sin 2 x 3 sin 2 x 3 sin 2 x 5 7 5,6 7,8 3 3  4 6  4  8 Caâu 5: Cho p       , q       . Khi ñoù: 4 4  3  3 A. p > 0 vaø q < 0 B. p < 0 vaø q < 0 C. p < 0 vaø q > 0 D. p > 0 vaø q > 0 3 3 Caâu 6: Cho haøm soá y  2 x  4 x  5 coù ñoà thò laø (F), haøm soá y  2 x  5 x  5 coù ñoà thò laø (G). Soá giao ñieåm (F) vaø (G) laø: A. 0 B. 3 C. 1 D. 2  Caâu 7: Haøm soá h(x) = ln(cosx) coù ñaïo haøm taïi ñieåm x  laø: 4         A. h '    1 B. h '    2 C. h '    1 D. h '     2 4 4 4 4 4 2 Caâu 8: Cho haøm soá y  2 x  4 x . Haõy choïn meänh ñeà sai trong boán phaùt bieåu sau: A. Haøm soá nghòch bieán treân moãi khoaûng (; 1) vaø (0;1) . B. Treân caùc khoaûng (-1; 0) vaø (1;  ) , y’ > 0 neân haøm soá ñoàng bieán. C. Haøm soá ñoàng bieán treân moãi khoaûng (; 1) vaø (1;  ) . D. Treân caùc khoaûng (; 1) vaø (0; 1), y’ < 0 neân haøm soá nghòch bieán. Caâu 9: Giaù trò cuûa bieåu thöùc (log71 + log82 + log93) baèng: 5 5 11 A. B. 5 C. D. 6 6 6 3 2 Caâu 10: Goïi I laø taâm ñoái xöùng cuûa ñoà thò haøm soá y = x + 6x + 9x. Ñieåm I coù toïa ñoä laø: A. (2; 2) B. (-2; 0) C. (2; 50) D. (-2; -2) 3 2 Caâu 11: Cho haøm soá y = x + 3x + 3x – 3. Khi ñoù: A. y’ > 0, x   B. y’ ≥ 0, x   C. y’ < 0, x   D. y’ ≤ 0, x  
Caâu 12: Cho hình hoäp MNPQ.M’N’P’Q’ coù theå tích baèng V; bieát O, O’ laàn löôït laø taâm cuûa caùc hình bình haønh MNPQ, M’N’P’Q’. Khoái laêng truï OMN.O’M’N’ coù theå tích baèng: V V V V A. B. C. D. 4 8 6 12 3 2 Caâu 13: Giaù trò lôùn nhaát cuûa haøm soá y = 2x + 3x treân ñoaïn [0; 1] baèng: A. 0 B. 6 C. 5 D. 1 sin x Caâu 14: Haøm soá g(x) = e coù ñaïo haøm laø: C. g '( x)  e sin x sin x 1 A. g '( x)  e cos x B. g '( x)  e(sin x1) sin x D. g '( x)  esin x cos x Caâu 15: Cho maët phaúng () caét maët caàu S(O; R) theo ñöôøng troøn coù ñöôøng kính baèng 6 (cm), bieát khoaûng caùch töø O ñeán () baèng 8 (cm). Baùn kính R baèng: A. 28 (cm) B. 10 (cm) C. 55 (cm) D. 73 (cm) Caâu 16: Toång soá caïnh, soá ñænh vaø soá maët cuûa moät hình laäp phöông baèng: A. 24 B. 26 C. 28 D. 30 Caâu 17: Cho hình choùp tam giaùc ñeàu S.EFG coù caïnh ñaùy baèng u vaø chieàu cao baèng u. Theå tích cuûa khoái choùp S.EFG baèng: 3.u 3 3.u 3 u3 u3 A. B. C. D. 6 12 6 12 x 1 Caâu 18: Phöông trình tieäm caän ñöùng cuûa ñoà thò haøm soá y  laø: x2 A. x = -2 B. y = -2 C. x = 2 D. y = 1 1 1 Caâu 19: Cho haøm soá y   x 4  x 2  . Khi ñoù: 2 2 A. Haøm soá ñaït cöïc tieåu taïi caùc ñieåm x =  1, giaù trò cöïc tieåu laø y(1) = 1 B. Haøm soá ñaït cöïc tieåu taïi ñieåm x = 0, giaù trò cöïc tieåu laø y(0) = 0 1 C. Haøm soá ñaït cöïc ñaïi taïi ñieåm x = 0, giaù trò cöïc ñaïi cuûa haøm soá laø y(0) = 2 D. Haøm soá ñaït cöïc ñaïi taïi caùc ñieåm x =  1, giaù trò cöïc ñaïi cuûa haøm soá laø y(1) = 1 x 1 Caâu 20: Cho () laø tieáp tuyeán cuûa ñoà thò haøm soá y  taïi ñieåm (1; -2). Heä soá goùc cuûa () baèng: x2 A. -1 B. 1 C. 3 D. – 3 ---- HEÁT ---- ĐÁP ÁN Caâu 1: B Caâu 6: C Caâu 11: B Caâu 16: B Caâu 2: C Caâu 7: C Caâu 12: A Caâu 17: B Caâu 3: D Caâu 8: C Caâu 13: C Caâu 18: A Caâu 4: B Caâu 9: A Caâu 14: A Caâu 19: D Caâu 5: A Caâu 10: D Caâu 15: D Caâu 20: D
SÔÛ GD & ÑT ÑOÀNG NAI ÑEÀ KIEÅM TRA HOÏC KÌ I LÔÙP 12 NAÊM HOÏC 2009 – 2010 ÑEÀ CHÍNH THÖÙC Moân Toaùn (phaàn töï luaän) Thôøi gian laøm baøi: 90 phuùt Ñeà naøy coù 1 trang I/ Phaàn chung cho taát caû caùc thí sinh: (5 ñieåm) Caâu 1: (3 ñieåm) x 1 Cho haøm soá y  . 2x  2 1) Khaûo saùt söï bieán thieân vaø veõ ñoà thò (C) cuûa haøm soá ñaõ cho. 2) Vieát phöông trình tieáp tuyeán cuûa (C) taïi ñieåm thuoäc ñoà thò coù hoaønh ñoä x = -3. Caâu 2: (2 ñieåm) 1) Tìm giaù trò lôùn nhaát vaø giaù trò nhoû nhaát cuûa haøm soá f(x) = x2 – 8.lnx treân ñoaïn [1; e]. 2) Cho hình laêng truï tam giaùc ñeàu ABC.A’B’C’ coù caïnh ñaùy baèng a; caïnh beân baèng 2a (vôùi a laø soá thöïc döông cho tröôùc). Tính theå tích khoái töù dieän ABB’C’. II/ Phaàn rieâng: (2,5 ñieåm) Thí sinh chæ ñöôïc laøm moät trong hai phaàn (phaàn A hoaëc phaàn B). Phaàn A: Theo chöông trình Chuaån Caâu 3a: (2,5 ñieåm) 1) Cho töù dieän ñeàu EFGH coù caïnh baèng u (vôùi u laø soá thöïc döông cho tröôùc). Tính theå tích khoái noùn coù ñænh laø E vaø maët ñaùy laø hình troøn ngoaïi tieáp cuûa tam giaùc FGH. 2) Giaûi phöông trình: 3(2 x 1)  2.3x  1  0 . Phaàn B: Theo chöông trình Naâng cao. Caâu 3b: (2,5 ñieåm) 1) Tính dieän tích maët caàu ngoaïi tieáp hình choùp tam giaùc ñeàu coù caïnh ñaùy baèng v vaø chieàu cao baèng v (vôùi v laø soá thöïc döông cho tröôùc). 2) Tìm caùc giaù trò cuûa tham soá m ñeå ñöôøng thaúng y = mx tieáp xuùc vôùi ñoà thò haøm soá x2 y . x 1 -------HEÁT------- Hoï vaø teân thí sinh: .................................................Chöõ kí giaùm thò 1: Soá baùo danh: ...........................................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I LỚP 12 THPT LẠNG SƠN NĂM HỌC 2009 -2010 ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi 26/12/2009 (Đề thi gồm 01 trang) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu 1 (3 điểm) 4 2 Cho hàm số: y = x  6 x  5 . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 4 2 2. Tìm k để phương trình x  6 x  k có đúng bốn nghiệm phân biệt. Câu 2 (3 điểm) 1. Giải phương trình: 3.9 x  28.3 x  9  0 2. Giải phương trình: log 2 x  log 4 ( x  2) 3. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số y   x 3  3x  1 trên đoạn [-1;3]. Câu 3 (1 điểm) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC, cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60 0 . Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a. II. PHẦN RIÊNG Thí sinh học chương trình nào chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó (phần 1 hoặc phần 2). 1. Theo chương trình chuẩn Câu 4a (2 điểm) Cắt hình trụ bởi một mặt phẳng qua trục của nó ta được thiết diện là một hình vuông có đường chéo bằng 2a. Tính diện tích xung quanh và thể tích hình trụ đó. Câu 5a (1 điểm) 2 Giải bất phương trình: log 3 x  5 log 3 x  6  0 . 2. Theo chương trình nâng cao Câu 4b (2 điểm) Cho tứ diện đếu SABC có cạnh bằng a. Tính diện tích mặt cầu nội tiếp tứ diện. Câu 5b (1 điểm) 3 2 Chứng tỏ rằng phương trình: x  6 x  17  0 có ba nghiệm thực phân biệt. ______________________________________________ Họ và tên thí sinh............................................. Số báo danh............. .................HẾT...................
TRƯỜNG THPT ĐẶNG HUY TRỨ ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I NĂM HỌC 2009-2010 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn TOÁN – LỚP 12 Thời gian: 90 phút, kể cả thời gian giao đề. ------------------------------------------- A. PHẦN CHUNG: (7,0 điểm) Phần dành cho tất cả học sinh học chương trình chuẩn và chương trình nâng cao. Câu I: (3,0 điểm) Cho hàm số y = x 3 - 3x - 1 (1) 1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2) Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo tham số m số nghiệm của phương trình: - x 3 + 3x +1 + m = 0 . 3) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại tiếp điểm có hoành độ x0 = 2 . Câu II: (3,0 điểm) 142+ 7 1) Rút gọn biểu thức: A= 2 2+ 7 .71+ 7 2) Giải các phương trình sau: 1 a) 9x -10.3x + 9 = 0 b) log 1 (x - 3) = 1+ log 4 4 x Câu III: (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C, cạnh SA vuông góc 0 với đáy, góc ABC bằng 60 , BC = a và SA = a 3 . Tính thể tích của khối chóp đó. B. PHẦN RIÊNG: (3,0 điểm) Học sinh học chương trình nào chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó. I. Dành cho học sinh học chương trình chuẩn: Câu IVa : (3,0 điểm) 1) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = log 1 (x +1) trên đoạn [1 ; 3]. 2 2) Cho hình nón có đỉnh S, mặt đáy là hình tròn tâm O, đường kính AB = 2R và tam giác SAB vuông. a) Tính thể tích khối nón giới hạn bởi hình nón đó. 0 b) Giả sử M là một điểm thuộc đường tròn đáy sao cho BAM = 30 . Tính diện tích thiết diện của hình nón tạo bởi mặt phẳng (SAM). II. Dành cho học sinh học chương trình nâng cao: Câu IVb: (3,0 điểm) 1 1) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = log 3 x + log 2 x - 3log 1 x +1 1 1 3 2 2 2 é1 ù trên đoạn ê ; 4ú. ê4 ë ú û 2) Cho mặt cầu tâm O, bán kính bằng R. Xét một hình nón nội tiếp mặt cầu có bán kính đáy bằng r. Tính diện tích xung quanh hình nón. ------------------Hết----------------------
SỞ GD & ĐT THANH HÓA ĐỀ THI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ I Trường THPT Đông Sơn I Năm học 2009 – 2010 --------***-------- MÔN : TOÁN 12 Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian giao đề ---------------------***------------------ I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (3 điểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x 4  5 x 2  4 . 2. Tìm m để phương trình x 4  5 x 2  4  m có 4 nghiệm phân biệt. Câu II (1 điểm) 1 Giải phương trình : 2(log 2 x  1) log 4 x  log 2  0. 4 Câu III (3 điểm) Cho tam giác ABC đều cạnh a. Trên đường thẳng d đi qua A và vuông góc với mặt phẳng (ABC) lấy điểm 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 đi qua B, trung điểm 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 đó. II. PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần: Theo chương trình Chuẩn hoặc Nâng cao 1. Theo chương trình Chuẩn Câu IVa(3 điểm) 1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x  1   x  9 .  2. Giải bất phương trình: log 1 log 2 (2 x )  log 2 x 3  0 . 2  4 3. Tìm m để 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 điểm) 1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x  4  x 2 .  x y 4 y x  32 2. Giải hệ phương trình:  log 3 ( x  y )  1  log 1 ( x  y )  3 2 2 3. Tìm m để phương trình (m  2)2 2 x  2(m  1)2 x  2 m  6  0 có nghiệm thuộc đoạn [0; 2 ]. --------------------Hết------------------- Họ và tên thí sinh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . .
TRƯỜNG THPT ĐÔNG SƠN I KÌ THI KIỂM TRA CHẤT LƯƠNG HỌC KÌ I Năm học 2009 - 2010 HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN 12 - Điểm toàn bài làm tròn đến 0,5 - Thí sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa. - Thí sinh được chọn làm theo một trong hai chương trình Chuẩn hoặc Nâng cao. Nếu thí sinh nào làm cả hai phần riêng thì không tính điểm phần riêng. Câu Nội dung Điểm 4 2 I.1 Khảo sát hàm số y  x  5x  4 2,00 1) Tập xác định : R 2) Sự biến thiên: 0,50 a, Giới hạn : lim y  , lim y   x   x   3 b, Bảng biến thiên: y’ = 4x - 10x, y’ = 0  x = 0, x =  10 / 2 x - 10 / 2 0 - 10 / 2 + y' - 0 + 0 - 0 + + 4 + 0,50 y -9/4 -9/4 Hàm số đồng biến trên các khoảng (- 10 / 2 ; 0) và ( 10 / 2 ; + ) Hàm số nghịch biến trên khoảng (- ; - 10 / 2 ) và (0 ; 10 / 2 ) 0,50 Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = y(0) = 4 Hàm số đạt cực tiểu tại x =  10 / 2 , yCT = y(  10 / 2 ) = - 9/4  5 19  3) Đồ thị: Đồ thị (C) của hàm số có hai điểm uốn U    ;  nhận Oy làm  6 36   trục đối xứng, giao với Ox tại 4 điểm (  1; 0); (  2; 0) (Hình 1) y y (C) (C1) 4 4 y=m 0,50 9/4 O x -2 -1 1 2 O x -2 -1 1 2 -9/4 (Hình 1) (Hình 2) 4 2 I.2 Tìm m để phương trình x  5 x  4  m (1) có 4 nghiệm phân biệt 1,00 Gọi (C1) là đồ thị hàm số y  x 4  5x 2  4 . (C1) gồm hai phần +) Phần đồ thị (C) nằm trên trục Ox 0,25 +) Đối xứng của phần đồ thị (C) nằm dưới Ox qua Ox Vẽ đồ thị (Hình 2) 0,25 Số nghiệm của (1) bằng số giao điểm của (C1) với đường thẳng y = m. Theo đồ 0,50 thị ta được (1) có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi m = 0 và 9/4 < m < 4 1