2 Đề kiểm tra chất lượng HK 1 môn Toán 12 - THPT TX Sa Đec & Trần Quốc Toản (2012-2013)

Chia sẻ: Hoàng Thị Thanh Hòa | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:14

Thêm vào BST

Báo xấu

132
lượt xem 14
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để giúp bạn thêm phần tự tin trước kì kiểm tra chất lượng học kỳ. Hãy tham khảo 2 đề kiểm tra chất lượng học kì 1 môn Toán 12 của trường THPT TX Sa Đec & Trần Quốc Toản (2012-2013) để đạt được điểm cao hơn nhé.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: 2 Đề kiểm tra chất lượng HK 1 môn Toán 12 - THPT TX Sa Đec & Trần Quốc Toản (2012-2013)

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: 90 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: /01/2012 ĐỀ ĐỀ XUẤT(Đề gồm có 01 trang) Đơn vị ra đề: THPT TX SAĐEC I. PHẦN CHUNG (7,0 điểm) Câu I ( 3 điểm) Cho hàm số y  x 4  4 x 2  3 , gọi đồ thị của hàm số là (C) . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho . 2. Dựa vào đồ thị (C) , tìm tất cả các giá trị của m để phương trình x 2 2  2  2m  0 có 4 nghiệm phân biệt. Câu II ( 3 điểm) log 3 405  log 3 75 1. Tính giá trị của biểu thức Q  . log 2 14  log 2 98 2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = e2x - 4ex + 3 trên [0;ln4] Câu III ( 1 điểm) Cho hình trụ có đáy là hình tròn ngoại tiếp hình vuông cạnh a . Diện tích của thiết diện qua trục hình trụ là 2a 2 . Tính diện tích xung quanh hình trụ và thể tích khối trụ đã cho . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) (Học sinh chọn IVa và Va hay IVb và Vb ) A. Thí sinh ban nâng cao Câu IVa ( 1 điểm) x 2 + mx - 1 Tìm m để tiệm cận xiên của đồ thị hàm số y = (m ¹ 0) đi qua gốc x- 1 toạ độ . Câu Va ( 2 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Cạnh bên của lăng trụ hợp với đáy góc 600 . Đỉnh A’ cách đều A,B,C . 1. Chứng minh tứ giác BB’C’C là hình chữ nhật . 2. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ . B. Thí sinh ban cơ bản Câu IVb ( 1 điểm) Giải bất phương trình : 3 x  3 2 x  8  0 . Câu Vb ( 2 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy là a . Tam giác SAC là tam giác đều .
1) Tính độ dài đường cao của chóp SABCD . 2) Tính thể tích khối chóp S.ABCD . .........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…03 trang)Đơn vị ra đề: THPT TX SADEC……………. CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM Câu I 3 điểm 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x 4  4 x 2  3 2,5 điểm TXĐ : D = R 0,25 3 y'  4 x  8 x 0,25 x  0 ; y  3 0,25 y'  0    x   2 ; y  1 BBT 0,75 x   2 0 2  y’ - 0 + 0 - 0 +  3  y -1 -1 2 y' '  12 x  8 0,25 2 7  2 7 0,25 y' '  0  x   ; y  . Điểm uốn I1, 2    ;  3 9  3 9  Điểm khác : x  2 ; y  3 Đồ thị 0,5
4 3 2 -5 -2 O 2 5 -1 -2 -4 2 0,5 điểm 4 2 Phương trình viết thành : x  4 x  3  2m  1 0,25 Số nghiệm phương trình là số giao điểm (C) và (d):y = - 2m -1 Do đó ,phương trình có 4 nghiệm phân biệt  1  2m  1  3  2  m  0 0,25 Câu II 3 điểm 1 1,5 điểm 1 0,5 log 3 (5.3 4 )  log 3 (5.3 2 ) Q 1 log 2 (7.2)  log 2 (7.2 2 )   0,5  5.3 4  log 3  1    Q  5.3 2     7.2  log 3  1     7 .2 2  7 0,25 log 3 32 Q 1 log 2 22 Vậy Q = 7 0,25 2 1,5 điểm Đặt t  e x . Do x  0; ln 4 nên t  1;4 0,25 Hàm số thành g (t )  t 2  4t  3 0,25 g’(t) = 2t -4 g ' (t )  0  t  2  1;4 0,25 Có g(1) = 0 ; g(2) = -1 ; g(4) = 3 0,25 Vậy Maxy  3  x  ln 4 0,25 1;ln 4 Miny  1  x  ln 2 0,25 1;ln 4 Câu III 1 điểm
O' C D A B O a 2 0,25 AB  a 2 nên bán kính đáy hình trụ R  2 2a 2 0,25 S ABCD  2a 2  BC  a 2 h a 2 Diên tích xung quanh hình trụ S  2Rh  2 .a 2 0,25 a 3 2 0,25 Thể tích khối trụ V  R 2 h  2 Câu IVa 1 điểm m 0,25 f (x) = x + m + 1 + x- 1 m 0,25 Ta có lim é (x) - (x + m + 1)ù= lim f û x® ± ¥ x - 1 = 0(m ¹ 0) x® ± ¥ ë Nên ta có tiêm cận xiện d : y = x + m + 1 0,25 d qua gốc O khi 0 = 0 + m + 1 Þ m = - 1 0,25 Câu Va 2 điểm 1 1 điểm A' C' B' A C H B Kẻ A’H  (ABC) tại H . H là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC 0,25 Hình chiếu của SC lên (ABC) là AH nên góc A’AH là 600 0,25 Có BC  AH nên BC  AA’. Vậy BC  BB’ 0,25 Vây BCC’B’ là hình chữ nhật 0,25 2 1 điểm 2a 3 a 3 0,25 Tam giác ABC đều nên AH   3 2 3 a 3 0,25 A' HA : A' H  AH . tan 600  . 3a 3 a2 3 0,25 Diện tích tam giác ABC là 4 a2 3 a3 3 0,25 Thể tích khối lăng trụ V  S ABC . A' H  a 4 4
Câu IVb 1 điểm x Đặt t  3  0 0,25 Bất phương trình thành : t 2  8t  9  0 ( do t >0) 0,25 Giải được t > 1hay t < - 9 0,25 Giao điều kiện t > 0 được t > 1 Thế lại : 3 x  1  x  0 là nghiệm bất phương trình 0,25 Câu Vb 2 điểm S D C H A B 1 Kẻ SH  (ABCD) tại H . H là tâm đường tròn ngoại tiếp ABCD 0,25 Tam giác SAC đều có cạnh AC  a 2 0,25 3 a 6 SH là đường cao tam giác đều SAC nên SH  a 2 .  0,5 2 2 2 Thể tích khối chóp 1 0,5 V= SABC .SH 3 1 2 a 6 a3 6 0,5 = a . = 3 2 6 Sở GD –ĐT Đồng Tháp Trường THPT Trường Xuân ĐỀ THI HỌC KÌ I NĂM HỌC 2012-2013 Môn : Toán khối 12 Thời gian : 90’ A. Phần chung: (7.0đ) Câu I: (3.0đ) Cho hs y   x 3  3x 2 (C ) a/ Khảo sát và vẽ đồ thị ( C). x3 b/ Tìm m để phương trình :   x 2  2m  0 có 3 nghiệm phân biệt. 3 Câu II: (2.0đ) 1 log 1 a/ Tính giá trị biểu thức A  log 2012 2012  e ln 2  2  (125) 3 log 8 2 b/ Tìm giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của hàm số y  e 4 x Câu III: (2.0đ) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , SA  (ABC); góc giữa SC và đáy bằng 30 0 , AC=5a, BC=3a a/ Tính VS.ABC ?
b/ Chứng minh trung điểm của SC là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp . Tính diện tích mặt cầu đó. B. Phần riêng: (3.0đ) ( Dành cho chương trình cơ bản) 1  2x Câu IV a/(1.0đ) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số y  tại 3  4x điểm có hoành độ bằng 2. Câu Va/ (2.0đ) 1/ Giải phương trình 9 x 1  3 x  2  18  0 2/ Giải bất phương trình : 9 log 8 (1  x)  4 log 1 (1  x 2 )  5 2 4 ( Dành cho chương trình nâng cao) 1  2x Câu IV b/ Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số y  tại điểm có 3  4x hoành độ bằng 2. Câu Vb: 1/ Cho hs y  ln 2 x . Chứng minh x 2 . y' ' x. y'2  0 2/Cho hs y  x 3  3 x 2  mx  m  2 (Cm) Tìm m để (Cm ) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt x1, x2 ,x3 và x12  x22  x32  15 ---------------------- Hết -------------------- Đáp án và biểu điểm đề thi hk1 môn Toán 12 Câu I a/ TXĐ: D= R 0.25 x  0 y  0 y’=  3 x 2  6 x  0    0.25 x  2  y  2 Bảng xét dấu x  0 2  y’ - 0 + 0 - Hàm số đồng biến trên khoảng (0;2), nghịch biến trên khoảng (   ;0) và 0.25 (2;   ) Hàm số đạt cực đại tại x=2 , ycđ = 2 0.25 Hàm số đạt cực tiểu tại x=2 , yct = 0 lim y   , lim y   0.25 x  x  Bảng biến thiên
x  0 2  y’ - 0 + 0 - 0.25 y  4 0  (Đầy đủ mọi chi tiết) Giao điểm của đồ thị với 2 trục tọa độ :A(0;0),B(3;0) Vẽ đồ thị 0.5 y = 6m 4 O 2 Câu I b/Pt   x 3  3 x 2  6m 0.25 Số nghiệm phương trình bằng với số giao điểm của 2 đồ thị hàm số : y=  x 3  3x 2 (C ) và d: y=6m 0.25 Để phương trình có 3 nghiệm phân biệt thì 0< 6m < 4 2 0.25 0m 0.25 3 1 1 0.25+0.25 Câu II a/ A  1  e loge 2  log 8  (5 3 ) 3 2  1  2  log 23 2 1  5 0.25 1 23 8  0.25 3 3 Câu II b/TXĐ D= [-2;2] Hàm số liên tục trên đoạn [-2;2] 0.25   2 y'  4  x 2 '.e 4 x  x 4  x2 .e 4 x 2 Cho y’=0  x  0(n ) 0.25 y(0) =e2 y(-2)= 1 y(2)=1 0.25 2 Max y  e khi x = 0 ; Min y  1 khi x =  2 0.25 x 2; 2  x 2; 2  Câu III a/ Hình vẽ
0.25 Hình chiếu của SC lên (ABC) là AC 0.25  0  (SC,(ABC))= (SC,AC) = SCA  30 1 0.25 VS . ABC  .S ABC .SA 3 0.25 TínhAB  4a , S ABC  6 a 2 5a 3 SA  3 1 5a 3 10 3.a 3 VS . ABC  6 a 2 .  3 3 3 Câu IIIb/ Gọi I là trung điểm SC , SAC vuông tại C  IS  IC  IA 0.25 BC  SA    BC  (SAB)  BC  SB  IS  IC  IB 0.25 BC  AB  IA  IB  IC  IS  I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp 1 1 10a 5a S mc  4R 2 ; R  SC  .  2 2 3 3 0.25 2 2 25a 100a  S mc  4 .  0.25 3 3  10 Câu IVa/ y'  (3  4 x ) 2 0.25  10 0.25  y ' ( x0 )  y' ( 2)   121  x0  2    y ( 2)   3 0.25   11 10 3 10 13 Pttt: y   ( x  2)    x 0.25 121 11 121 121 2x x Câu Va/ 1/ pt  9.3  9.3  18  0(*) 0.25 Đặt t = 3 x , t > 0 Pt (*) trở thành: 9t2 + 9t -18=0 0.25 t  1(n)  0.25 t  2(l ) Với t = 1 ta có 3 x  1  x  0
Vậy pt(*) có 1 nghiệm x = 0 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: 90 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 10/12/2012 ĐỀ ĐỀ XUẤT (Đề gồm có 01 trang) Đơn vị ra đề: THPT TRẦN QUỐC TOẢN I. PHẦN CHUNG (7,0 điểm) Câu 1: (3,0 điểm) Cho hàm số y = -x3 + 3x2 - 1. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Với giá trị nào của m thì phương trình -x3 + 3x2 - m = 0 có ít hơn 3 nghiệm. Câu 2: (2,0 điểm) 1  log 3 b a) Rút gọn biểu thức M = a (0 < a 1, 0 < b  1) a (log a b  log b a  1) log a b 2 2 x b) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = e x trên [0; 3]. Câu 3: (2,0 điểm) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a và góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 600. a) Tính thể tích khối chóp S.ABC. b) Tính diện tích xung quanh và thể tích khối nón ngoại tiếp khối chóp S.ABC. II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) (Học sinh chọn 4a hay 4b ) Câu 4a: (3,0 điểm) 2x 1 4a.1) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  tại điểm có x 1 hoành độ x0 = -2. 4a.2) Giải các phương trình: log4x2 - log2(6x - 10) + 1 = 0; 4a.3) Giải bất phương trình: 3x - 3-x + 2 + 8 > 0. Câu 4b: (3,0 điểm) x 2  3x  3 4b.1) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  tại điểm x2 có hoành độ x0 = 4. 4b.2) Cho hàm số y = e-x.sinx, chứng minh rằng y'' + 2y' + 2y = 0. 4b.3) Cho hàm số y = (x + 1)(x2 + 2mx + m + 2). Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại ba 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 TRẦN QUỐC TOẢN Câu Nội dung yêu cầu Điểm TXĐ: D = R 0.25 y' = -3x 2 + 6x 0.25  x  0  y  1 y' = 0  -3x2 + 6x = 0    x2 y 3 y'' = -6x + 6 0.25 y'' = 0  -6x + 6 = 0  x = 1  y = 1  Điểm uốn: I(1; 1) lim y   , lim y   0.25 x   x   Bảng biến thiên: - 0 2 x + y' - 0 + 0 - 0.25 + Câu 1a y (2,0 đ) -1 - Hàm số nghịch biến trên từng khoảng (-; 0), (2; +); Hàm số đồng biến trên khoảng (0; 2); 0.25 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = -1; Hàm số đạt cực đại tại x = 2, yCĐ = 3. Đồ thị: y ^ 3 0.5 O 2 >x -1 Ta có: -x3 + 3x2 - m = 0  -x3 + 3x2 - 1 = m - 1 0.25 Câu 1b (1,0 đ) Số nghiệm phương trình (*) bằng số giao điểm của hai đường d: 0.25 y = m - 1 và (C): y = -x3 + 3x2 - 1.
 m 1  3 ycbt   0.25  m  1  1 m  4  0.25 m  0 1  log 3 b 1  log 3 b a M= a = (log a b  log b a  1)(1  log a b) 1 0.25 (log a b   1)(1  log a b ) log a b 1  log 3 b = a log 2 b  1  log a b 0.25 ( a )(1  log a b) log a b Câu 2a (1,0 đ) (1  log 3 b) log a b a = 0.25 (log 2 b  1  log a b)(1  log a b) a (1  log 3 b ) log a b a = = logab 0.25 (1  log 3 b) a 2 Xét hàm số y = f(x) = e x  2 x xác định và liên tục trên [0; 3] 2 0.25 f'(x) = (2x - 2) e x  2 x f'(x) = 0  2x - 2 = 0  x = 1  [0; 3] 0.25 Câu 2b 1 (1,0 đ) f(0) = 1, f(3) = e3, f(1) = 0.25 e 1 Vậy: max y  e 3 tại x = 3, min y  tại x = 1. 0.25 [ 0 ; 3] [ 0;3 ] e S A 600 B O Câu 3a D C (1,0 đ) Gọi O là tâm hình vuông ABCD. Vì S.ABCD là hình chóp đều nên SO  (SACD)  SO là đường cao hình chóp và OB là hình 0.25 chiếu của SB trên mp(ABCD).  góc giữa SB và mp(ABCD) là góc SBO bằng 600. SO Xét tam giác SOB vuông tại O, tan 60 0  OB 0.25 6 0  SO = OB.tan60 = a 2 Diện tích hình vuông ABCD: SABCD = a2 0.25
a3 6 Thể tích khối chóp S.ABCD: VS.ABCD = 0.25 6 Khối nón ngoại tiếp khối chóp S.ABCD có: Đường tròn đáy là đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD a 2 có bán kính r = 0.25 2 Chiều cao h = SO Câu 3b (1,0 đ) Độ dài đường sinh l = SB = a 2 0.25 a 2 2 Diện tích xung quanh hình nón: Sxq = 2 a 2 = 2a 0.25 2 1 a 2 3 a 3 2 Thể tích khối nón: V =  ( )  0.25 3 2 12 TXĐ: D = R \ {1} 3 0.25 y' = ( x  1) 2 Câu 4a.1 (1,0 đ) Gọi M(-2, y0) là tiếp điểm. 0.25 Ta có: y0 = 5  M(-2; 5) Tiếp tuyến tại M(-2; 5) có: y'(-2) = 3 0.25 Phương trình: y - 5 = 3(x + 2)  y = 3x + 11 0.25 3 Điều kiện: x > 0.25 2 log4x2 - log2(6x - 10) + 1 = 0  log 2 (2 x )  log 2 (6 x  10) 0.25 Câu 4a.2  2x = 6x - 10 0.25 (1,0 đ) 5 x= (nhận) 2 0.25 5 Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x = . 2 9 3 x - 3-x + 2 + 8 > 0  3 x  8 0 0.25 3x  (3x)2 + 8.3x - 9 > 0 0.25 Câu 4a.3 x 3  9 (vn) (1,0 đ)   x 0.25  3 1 x>0 0.25 Tập nghiệm bất phương trình đã cho: T = (0; +). TXĐ: D = R\{2} x 2  3x  3 x 2  4x  3 0.25 Câu 4b.1 Đặt y  f ( x)   f'(x) = x2 ( x  2) 2 (1,0 đ) 7 Gọi M(4; y0) là tiếp điểm, ta có: y0 = 0.25 2
7 3 Tiếp tuyến tại M(4; ) có: f'(4) = 0.25 2 4 7 3 Phương trình: y - = (x - 4) 2 4 0.25 3 1  y = x 4 2 y' = -e-x.sinx + e-x.cosx 0.25 Câu 4b.2 y'' = e-x.sinx - e-xcosx - e-xcosx - e-xsinx 0.25 (1,0 đ) = -2e-x.cosx 0.25 y'' + 2y' + 2y = -2e-x.cosx - 2e-x.sinx + 2e-x.cosx + 2e-x.sinx = 0 0.25 Phương trình hoành độ giao điểm: (x + 1)(x2 + 2mx + m + 2) = 0  x  1 0.25   2  x  2mx  m  2  0 (1) ycbt  (1) có hai nghiệm phân biệt khác -1. 0.25 Câu 4b.3 2  '  m  m  2  0 (1,0 đ)  0.25  1  2m  m  2  0   m  1   m  2 . Vậy m  (-; -1)  (2; +) \ {3}  0.25  m3 