21 Đề kiểm tra HK 1 môn môn Toán 12 - Kèm đáp án

Chia sẻ: Pham Linh Dan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:73

Thêm vào BST

Báo xấu

70
lượt xem 14
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm phục vụ quá trình học tập, giảng dạy của giáo viên và học sinh 21 đề kiểm tra học kỳ 1 môn môn Toán 12 có kèm đáp án sẽ là tư liệu ôn tập hữu ích, giúp các bạn hệ thống lại kiến thức đã học. Mời các bạn cùng tham khảo để chuẩn bị tốt cho kì kiểm tra sắp tới.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: 21 Đề kiểm tra HK 1 môn môn Toán 12 - Kèm đáp án

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I Môn: TOÁN - LỚP 12 Thời gian: 90 phút (không kể thời gian giao đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ HỌC SINH: ( 7 ĐIỂM ) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y = x3 - 3x2 + 5 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2. Dựa vào đồ thị (C) của hàm số (1), tìm tham số m để phương trình: 23t - 3.4 t + 5 = m (t là ẩn) có nghiệm. Câu II: (2 điểm) 1. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y = x4 - 8x2 + 15 trên đoạn [-1; 3]. 2. Tính đạo hàm của các hàm số sau: a) y = x2.e4x b) y = ex.ln(2 + sinx) Câu III: (1 điểm) Giải các phương trình sau: 2 1) 4x  x 1  64 . 2) log3 x  log3 (x  2)  1 Câu IV: (2 điểm) Cho hình lăng trụ đều tứ giác ABCD.A’B’C’D’ có độ dài cạnh đáy là 2a, cạnh bên là a. 1. Chứng minh hai khối tứ diện ABDA’ và CBDC’ bằng nhau. 2. Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABCD.A’B’C’D’. 3. Gọi M là trung điểm của cạnh A’D’, S là tâm của hình vuông ABCD. Tính theo a thể tích của khối chóp S.MB’C’D’. II. PHẦN RIÊNG: ( 3 ĐIỂM ) A. Phần dành cho học sinh học theo sách Toán 12 nâng cao Câu Va: (3 điểm) x2  x  2 1. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  biết tiếp tuyến song song x2 với đường thẳng 3x + y - 2 = 0. 2 6  ln x 2. Giải phương trình: log 2 e  5.log 2 x . 3. Cho hình chóp đều tứ giác S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a 2 . Tính theo a diện tích của mặt cầu và thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD đã cho. B. Phần dành cho học sinh học theo sách Toán 12 chuẩn Câu Vb: (3 điểm) x 4 1. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  biết tiếp tuyến song song với x 1 đường thẳng 3x - 4y = 0. 2x x log 2 2. Giải phương trình: 6  2  5.10 . 3. Cho hình chóp đều tứ giác S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a 2 . Tính theo a diện tích xung quanh và thể tích của hình nón ngoại tiếp hình chóp S.ABCD đã cho. ………. Hết ……….
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM Câu Nội dung Điểm I 2,00 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số: y = x3 - 3x2 + 5. 1. Tập xác định: . 2. Sự biến thiên: a)Giới hạn tại vô cực: 0,25 3 5 3 5 lim y  lim x 3 (1   3 )  ; lim y  lim (1   3 )   . x  x  x x x  x  x x b) Bảng biến thiên: 0,25 y’ = 3x2 - 6x = 3x(x - 2); y’ = 0  x = 0 hoặc x = 2 BBT: x - 0 2 + y’ + 0 - 0 + 5 + 0,50 y - 1 Hàm số đồng biến trên (-; 0) và (2; +); nghịch biến trên (0; 2). xCT = 2, yCT = 1; xCĐ = 0, yCĐ = 5. 3. Đồ thị: y’’ = 6x - 6; y’’ = 0  x = 1. y - Đồ thị nhận điểm uốn I(1; 3) làm tâm đối xứng. 5 - Đồ thị đi qua (-1; 1), (3; 5). 3 0,50 1 O x -1 1 2 3 2 Dựa vào đồ thị (C) ….. Đặt x = 2t > 0, phương trình đã cho thành: x3 - 3x2 + 5 = m. Vậy phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi đường thẳng y = m có điểm chung với đồ thị (C) của hàm số (1) trên khoảng (0; +). 0,50 Dựa vào đồ thị (C) của hàm số (1) trên khoảng (0; +) ta có các giá trị của m cần tìm là: m  1. II 2,00 1 Tìm giá trị nhỏ nhất và ….. Hàm số y = x4 - 8x2 + 15 liên tục trên đoạn [-1; 3]. Ta có y’ = 4x3 - 16x = 4x(x2 - 4). y '  0  4x(x 2  4)  0  x  0, x  2 x  0 0,50      1  x  3  1  x  3  1  x  3 x  2 y(-1) = 8; y(0) = 15; y(2) = -1; y(3) = 24. 0,25 Vậy Min y  y(2)  1; Max y  y(3)  24 . 0,25 [-1; 3] [-1; 3] 2 Tính đạo hàm của các hàm số: a) y = x2.e4x. Tập xác định: . 0,25 y’ = (x2)’.e4x + x2.(e4x)’. = 2x.e4x + x2.(4x)’.e4x = 2x.e4x(1 + 2x). 0,25 b) y = ex.ln(2 + sinx). Tập xác định: . 0,25
y’ = (ex)’.ln(2 + sinx) + ex.(ln(2 + sinx))’ (2  s inx)' cosx = ex.ln(2 + sinx) + ex. = ex.ln(2 + sinx) + ex. 0,25 2  s inx 2  s inx III 1,00 1 x 2  x 1 Giải phương trình: 4  64 . Tập xác định: . 2 2 0,25 4x  x 1  64  4x  x 1  43  x2 - x + 1 = 3  x = -1 hoặc x = 2. 0,25 2 Giải phương trình: log3 x  log3 (x  2)  1 . Tập xác định: (2; +). 0,25 log3 x  log3 (x  2)  1  log3 [x(x  2)]  1  x(x - 2) = 3  x2 - 2x - 3 = 0  x = -1 hoặc x = 3. 0,25 Vậy phương trình có nghiệm là x = 3. IV 2,00 Hình vẽ B C S D A a 0,25 B' C' 2a A' M D' 1 Chứng minh Chứng minh hai khối tứ diện ABDA’ và CBDC’ bằng nhau. Ta có mp(BDD’B’) là mặt trung trực của hai đoạn thẳng AC và A’C’ nên phép đối xứng qua mp(BDD’B’) biến bốn điểm A, B, D, A’ lần lượt 0,25 thành bốn C, B, D, C’. Vậy hai khối tứ diện ABDA’ và CBDC’ bằng nhau. 2 Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABCD.A’B’C’D’. Ta có đáy của khối lăng trụ là hình vuông ABCD có diện tích bằng 2a.2a 0,25 = 4a2. Chiều cao của khối lăng trụ bằng AA’ = a. Vậy thể tích của khối lăng trụ là V = SABCD .AA' = 4a2.a = 4a3 0,50 3 Tính theo a thể tích của khối chóp S.MB’C’D’. Ta có đáy của khối chóp S.MB’C’D’ có diện tích bằng: 0,25 SMB’C’D’ = SA’B’C’D’ - SA’B’M = 4a2 - a2 = 3a2. Chiều cao của khối chóp S.MB’C’D’ bằng khoảng cách từ S đến 0,25 mp(A’B’C’D’) và bằng AA’ = a. 1 1 Vậy thể tích của khối chóp S.MB’C’D’ là V = SMB'C 'D' .AA' = .3a 2 .a  a 3 . 0,25 3 3 Va Phần dành cho học sinh học theo sách Toán 12 nâng cao 3,00 1 Viết phương trình tiếp tuyến ….. Tiếp tuyến  song song với đường thẳng 3x + y - 2 = 0 nên có hệ số góc 0,25 k = -3. Gọi (x0; y0) là tọa độ tiếp điểm, ta có k = -3 = y’(x0).
4 4 y = x 3  y' 1 , x  2 . x2 (x  2) 2 0,25 2 y’(x0) = -3  (x0 + 2) = 1  x0 = -1 hoặc x0 = -3. Với x0 = -1, y0 = 0, ta có tiếp tuyến tại (-1; 0) là y = -3(x + 1). 0,25 Với x0 = -3, y0 = -10, ta có tiếp tuyến tại (-3; -10) là y = -3(x + 3) - 10. 0,25 6 ln 2 x 2 Giải phương trình: log 2 e  5.log 2 x . Điều kiện xác định của phương trình: x > 0. 2 2 2 0,25 log 2 e6ln x  5.log 2 x  log 2 e6ln x  log 2 x 5  e6 ln x  x 5 .  6  ln 2 x  ln x 5  ln 2 x  5ln x  6  0  lnx = 2 hoặc lnx = 3. 0,25 2 Với lnx = 2  x = e (thỏa đk) 0,25 Với lnx = 3  x = e3 (thỏa đk) 0,25 Vậy phương trình có hai nghiệm: x = e2, x = e3. 3 Tính diện tích mặt cầu và thể tích khối cầu ….. Gọi O là tâm hình vuông ABCD, ta có OA = OB = OC = OD = a; OS2 = SA2 - OA2 = 2a2 - a2 = a2  OS = a. Vậy tâm của mặt cầu ngoại 0,50 tiếp hình chóp S.ABCD là O, bán kính R = a. Diện tích mặt cầu S = 4R2 = 4a2. 0,25 4 4 Thể tích khối cầu V = R 3  a 3 0,25 3 3 Vb Phần dành cho học sinh học theo sách Toán 12 chuẩn 3,00 1 Viết phương trình tiếp tuyến ….. Tiếp tuyến  song song với đường thẳng 3x - 4y = 0 nên có hệ số góc 0,25 k = 3/4. Gọi (x0; y0) là tọa độ tiếp điểm, ta có k = 3/4 = y’(x0). 3 3 y'  2 , x  1  y '(x 0 )  . (x  1) (x 0  1) 2 0,25 2 y’(x0) = 3/4  (x0 - 1) = 4  x0 = -1 hoặc x0 = 3. 3 5 Với x0 = -1, y0 = 5/2, ta có tiếp tuyến tại (-1; 5/2) là y = (x  1)  . 0,25 4 2 3 1 Với x0 = 3, y0 = -1/2, ta có tiếp tuyến tại (3; -1/2) là y = (x  3)  . 0,25 4 2 2x 2 Giải phương trình: 6  2  5.10x log 2 . Tập xác định: . x 0,25 6  22x  5.10 x log 2  6  22x  5.10log2  6  22x  5.2x  22x  5.2x  6  0  2x = 2 hoặc 2x = 3. 0,25 x Với 2 = 2  x = 1. 0,25
Với 2 x = 3  x = log23. 0,25 3 Gọi O là tâm của hình vuông ABCD, ta có hình nón ngoại tiếp hình chóp S.ABCD có bán kính đường tròn đáy R = OA = a; chiều cao = SO = a; 0,50 đường sinh SA = a 2 . Diện tích xung quanh của hình nón Sxq = R.SA = a2 2 . 0,25 1 2 1 1 Thể tích của hình nón V = R .SO  a 2 .a  a 3 . 0,25 3 3 3 ….. Hết ….. Ghi chú: Trong từng câu, học sinh có thể làm theo cách khác, giáo viên tùy theo mức độ để cho điểm hợp lí.
ĐỀ THI HỌC KÌ I . Môn thi: Toán - Khối 12 Thời gian làm bài: 90 phút (Không kể thời gian phát đề) Câu 1: (3,5 điểm ) Cho hàm số y = 2x3 + 3x2 – 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị ( C) tại điểm có hoành độ x0 , biết f ( x0 )  0 . c) Tìm m để phương trình 2x3 + 3x2 – m = 0 có 3 nghiệm phân biệt . Câu 2 : ( 1 điểm ) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f(x) = x - 2 sinx trên 0;    2   Câu 3 : ( 2 điểm ) Giải các phương trình sau : a) 9 2 - 3x + 9 3x -2 = 2 b) log24(x +1) - 5log4(x +1) + 6 = 0 Câu 4 : ( 3,5 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng 5 cm , các cạnh bên tạo với đáy một góc 600. a) Tính thể tích của khối chóp S.ABCD. b) Xác định tâm và tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD --------------------------------------------------------------------------------------------------
KIỂM TRA HỌC KỲ I Môn: Toán 12 – Chương trình cơ bản Thời Gian: 90 Phút - Đề 01 CÂU I ( 3,5 điểm) Cho hàm số : y = x3 - 3x2 (C) 1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số . 2/ Tìm các giá trị của tham số m để phương trình : x3 - 3x2 - m = 0 có 3 nghiệm phân biệt . 3/ Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm uốn I ( 1 ; -2) . CÂU II : (1,5 điểm ) 4 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số : f ( x )   x  1  x2 trên đoạn [- 1 ; 2 ] . CÂU III ( 2 điểm ) Giải các phương trình sau : 1/ log3 (x  2)  log3 (x  2)  log3 5 2 2 2/ 2x x  2 2 x x  3 CÂU IV ( 3 điểm) Cho khối chóp A.BCD có đường cao AB = 2a , ( AB  (BCD)) , đáy là tam giác vuông cân có : BC = CD = a . 1/ Chứng minh tam giác ACD là tam giác vuông . 2/ Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp A.BCD 3/ Tính diện tích của mặt cầu trên và thể tích của khối cầu tạo nên mặt cầu đó . ------------------------Hết ---------------------
KIỂM TRA HỌC KỲ I Môn: Toán 12 – Chương trình cơ bản Thời Gian: 90 Phút - Đề 02 CÂU I ( 3,5 điểm) Cho hàm số : y = - x3 + 3x2 - 2 (C) 1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số . 2/ Tìm các giá trị của tham số m để phương trình : - x3 + 3x2 - 2 - m = 0 có 3 nghiệm phân biệt . 3/ Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm uốn I ( 1 ; 0) . CÂU II : (1,5 điểm ) 2x 1 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số : f ( x )  x3 trên đoạn [ 0 ; 2 ] . CÂU III ( 2 điểm ) Giải các phương trình sau : 1/ 7 x  2 .7 1  x  9  0 3 2/ logx 3 - 3log27 x  2log3 x 4 CÂU IV ( 3 điểm) Cho khối chóp S.ABC có đường cao SA = 2a , ( SA  (ABC)) , đáy là tam giác vuông cân có : AB = BC = a . 1/ Chứng minh tam giác SBC là tam giác vuông . 2/ Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABC 3/ Tính diện tích của mặt cầu trên và thể tích của khối cầu tạo nên mặt cầu đó . ------------------------Hết ---------------------
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM TOÁN 12 - CƠ BẢN ĐỀ THI HỌC KỲ I - ĐỀ 2: CÂU 1 ( 2 + 0,5 + 1 = 3,5 đ ) 1/ khảo sát hàm số : y = - x3 + 3x2 - 2 ( C ) a) TX Đ : R b) * chiều biến thiên : x  0 y’ = -3x2 + 6x = 0   x  2 hàm số đồng biến (0;2) hàm số nghịch biến (;0);(2; ) * Cực trị : - H/s đạt cực tiểu tại x = 0, yct= y(0) = -2 - H/số đạt cực đại tại x = 2 , yC Đ = y(2)=2 * lim y    , li m y    x  x  * điểm uốn y” = -6x +6 = 0 khi x = 1 , y” đổi dấu khi qua x = 1 nên I(1; 0) là điểm uốn . x  0 2 + y’ _ 0 + 0 _  CĐ y 2 -2  CT * Bảng biến thiên : * Đồ thị : 2/ pt t đ : - x3 + 3x 2 - 2 = m (1) Số nghiệm (1) là số giao điểm của (C) và y = m (1)có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi : -2 < m < 2 3/ pttt tại điểm uốn I(1;0) có dạng : y = y’(1)( x - 1) hay y = 3x - 3 CÂU II ( 1,5 đ)
5 Xét trên [ 0;2] , f ’(x) =  0 do đó ( x  3) 2 1 M axf ( x )  f (0)  ; Min f ( x )  f (2)   3 [ 0;2 ] 3 [ 0;2 ] CÂU III ( 1 +1 = 2 đ) 1/ 7 x  2 .7 1  x  9  0 Đặt t = 7x > 0 , pt trở thành : t  2  x  lo g 7 2 t 2  9t  14     t  7 x  1 3 2/ logx 3 - 3log27 x  2log3 x 4 x  0 ĐK :  , x  1  1 x  3 log3 x  1 2  Pt t đ : log x  4log3 x    3 3 log x   1 x   3  2  3 CÂU IV : ( 1 + 1 + 1= 3) CB  AB S 1/  CB  SB: SBC CB  SA vuông tại B 2a A a 2 C a a B 2/ ta có : SAC  SBC  1v nên mặt cầu S(O,R) ngoại tiếp hình chóp có tâm O là trung điểm 1 SC và bán kính R = SC với SC2 = SA2 + AC2 = 6a2 2 a 6 nên R= 2 S  4 R 2  6 a 2 (dvdt) 3/ 4 V   R 3   a 3 6 (dvtt) 3 Tùy theo các bước HS làm để cho điểm phù hợp .
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM TOÁN 12 - CƠ BẢN ĐỀ THI HỌC KỲ I - NĂM HỌC 2008 -2009 ĐỀ 1: CÂU 1 ( 2 + 0,5 + 1 = 3,5 đ ) 1/ khảo sát hàm số : y = x3 - 3x2 (C) a) TX Đ : R b) * chiều biến thiên : x  0 y’ = 3x2 - 6x = 0   x  2 hàm số nghịch biến (0;2) hàm số đồng biến (;0);(2; ) * Cực trị : - H/s đạt cực đại tại x = 0, y C Đ= y(0) = 0 - H/số đạt cực tiểu tại x = 2 , yCT = y(2)= -4 * lim y    , li m y    x  x  * điểm uốn y” = 6x - 6 = 0 khi x = 1 , y” đổi dấu khi qua x = 1 nên I(1;-2) là điểm uốn . * Bảng biến thiên : x  0 2  y + 0 - 0 + y’ CĐ  0 CT  -4 * Đồ thị : 2/ pt t đ : x3 - 3x 2 = m (1) Số nghiệm (1) là số giao điểm của (C) và y = m (1)có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi - 4 < m
CÂU II ( 1,5 đ) x(x  4) x  0 Trên [-1 ;2] , f '(x)   0  (x  2)2 x 4 [1;2] Minf (x)  f (1)  f (2)  2; Max f (x)  f (0)  1CÂU III ( 1 +1 = 2 đ) [ 1;2] [1;2] 1/ log3 (x  2)  log3 (x  2)  log3 5 Đk : x>2 x  3 Pt t đ : x2  9    x3  x  3 (L) 2 2 2/ 2x x  2 2 x x  3 2 x x Đặt : t = 2  0 pt đã cho trở thành : t 1 (L) 2 x 1 t2 3t  4  0  2x x  22   t = 4 x  2 CÂU IV : ( 1 + 1 + 1= 3) CD  CB A 1/  CD  AC : ACD CD  AB vuông tại C 2a B a 2 D a a C 2/ ta có : ABD  ACD  1v nên mặt cầu S(O,R) ngoại tiếp hình chóp có tâm O là trung điểm 1 AD và bán kính R = AD với AD2 = AB2 + BD2 = 6a2 2 a 6 nên R= 2 3/ S  4 R 2  6 a 2 (dvdt) 4 V   R 3   a 3 6 (dvtt) 3 Tùy theo các bước HS làm để cho điểm phù hợp .
Họ và tên học sinh……………………………………………………………………..Lớp 12A…… ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I BAN KHTN MÔN : TOÁN ( Thời gian làm bài 90 phút ) …………………………………………………… Câu I (3 điểm): Cho hàm số y  x 3  3x 2  9 x  5 (C) a, Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số ( C ) b, Dựa vào đồ thị hàm số ( C ) biện luận số nghiệm phương trình : x 3  3x 2  9 x  m  0 c, Trong tất cả các tiếp tuyến của đồ thị hàm số, hãy tìm tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất. Câu II ( 2 điểm : Cho hàm số y  cos 2 x  2 3 sin x . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn 0;   Câu III ( 1 điểm ): Tính giá trị của biểu thức sau A = log 2 8  log 1 2  log 4 16  log 16 2 4 Câu IV ( 3 điểm): Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD tất cả các cạnh đều bằng a. a, Tính thể tích khối chóp S.ABCD b, Tính thể tích từ tâm mặt đáy đến các mặt bên của hình chóp S.ABCD Câu V ( 1 điểm ): Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm  2  x  xy  2  2mx 2  4 xy  2 y 2  1 
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM Câu Nội dung Điểm a, + TXĐ: R 0,25 + SBT: y '  3x 2  6 x  9, y '  0  x  1 hoặc x  3 Câu 1 lim y  ; lim y   x   x   Hàm số đồng biến trên khoảng ( (;3) và (1;) 0,25 Hàm số nghịch biến trên khoảng (3;1) Hàm số đạt CĐ tại xCD  3, y CD  32 ; đạt CT tại xCT  1; y CT  0 Lập BBT: đúng , đầy đủ 0,25 Vẽ đồ thị đúng 0,5 32 16 -3 -1 1 3 y ' '  6 x  6; y ' '  0  x  1  (1;16) là tọa độ điểm uốn đồng thời là tâm đối xứng của đồ thị b, Ta có phương trình :  m  5  x 3  3x 2  9 x  5 (1) 0,25 m  5 0;25  m  27 phương trình có nghiệm duy nhất  m  5 0,25  m  27 phương trình có hai nghiệm phân biệt   27  m  5 phương trình có 3 nghiệm phân biệt 0,25 KL: c, Phương trình tiếp tuyến của ( C ) có dạng y  kx  b với 0,25 2 k  f ' ( x)  3 x  6 x  9  k  3( x  1) 2  12  12  k min  12  x  1 0,25 Phương trình tiếp tuyến tại (-1;16 ) là: y  12 x  4 0,25 Câu 2 Ta có: y '  2 sin 2 x  2 3 cos x, 0,25
 3 0,25 y '  0  cos x ( 3  2 sin x)  0  sin x   2 cos x  0    2 0,5 x ,x  ,x  2 3 3   5 2 5 0,5 Ta có y (0)  1, y ( )  1, y ( )  2 3  1, y ( )  , y ( )  2 3 2 3 2 5  2 0,5 Vậy Max y   x  , x  , min y  1  x  0, x   0;  2 3 3 0;  Câu 3 1 1 0,5 Ta có: A =  3 log 2 2  log 2 2  2 log 2 2  log 2 2 2 8 1 1  13 0,5  3   2   2 8 8 Câu 4 a, Vẽ hình đúng 0,25 Gọi H là tâm hình vuông ABCD ta có SABCD = a2 0,25 2 0,5 a 2  a Vì hình chóp đều nên đường cao SH = SA 2  AH 2  a 2     2   2   1 1 a a3 0,5 V= SH .S ABCD  a 2  ( đvdt) 3 3 2 3 2 b, Gọi I là trung điểm CD, Trong tam giác SHI vẽ đường cao HK vuông góc với SI 0,25 . Ta có HK là khoảng cách từ H tới mặt bên SCD Thật vậy: CD  ((SHI )  CD  HK (1) 0,5 HK  SI (cách dựng) (2) Suy ra HK  (SCD) 1 1 1 1 1 0,5 Lại có 2  2  2  2  2 HK SH HI a a 4 2 a 0.25 =  HK  6 C âu 5 x2  2 0,25 Ta thấy (0;y) không là nghiệm hệ .Từ x 2  xy  2  y  thay vào phương x trình thứ hai ta được: 2(m  1) x 4  x 2  8  0 . Đặt , t  x 2 , t  0 phương trình trở thành 0,25 8t 2(m  1)t 2  t  8  0  m  1  2 , (t  0) 2t Ta có bảng biến thiên của hàm số như sau: 0,25 x 0 + y' - y + 0
Dựa vào BBT ta có m  1 0,25 Họ và tên học sinh……………………………………………………………………..Lớp 12A…… ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I BAN CB MÔN : TOÁN ( Thời gian làm bài 90 phút ) …………………………………………………… Câu I (3 điểm): Cho hàm số y  x 3  3x 2  9 x  5 (C) a, Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số ( C ) b, Dựa vào đồ thị hàm số ( C ) biện luận số nghiệm phương trình : x 3  3x 2  9 x  m  0 c, Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ bằng 1 Câu II ( 2 điểm : Cho hàm số y  cos 2 x  x . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn 0;   Câu III ( 1 điểm ): Tính giá trị của biểu thức sau A = log 2 8  log 1 2  log 4 16  log 16 2 4 Câu IV ( 3 điểm): Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD tất cả các cạnh đều bằng a. a, Dùng hai mặt phẳng chia hình chóp thành 4 khối đa diện bằng nhau. Kể tên mối khối đó b, Tính thể tích khối chóp S.ABCD Câu V ( 1 điểm ): Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm  x 2  xy  2   2mx 2  4 xy  2 y 2  1 
ĐỂ KIỂM TRA HỌC KỲ I . NĂM HỌC 2008 - 2009 MÔN TOÁN . LỚP 12 . BAN CƠ BẢN Thời gian : 90 phút (không kể thời gian phát đề) --------- Bài 1: ( 3,5 điểm ) 3 2 Cho hàm số y  x  mx  1 ( 1 ) ( m là tham số ) a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số ( 1 ) khi m =  3 . b. Xác định m để đồ thị của ( 1 ) cắt đường thẳng ( d) : y =  x +1 tại ba điểm phân biệt . Bài 2 : ( 1,0 điểm ) a. Hãy tính : log 8 2 2 b. Tìm đạo hàm của hàm số y  ln x  1 Bài 3 : ( 2,5 điểm ) Giải các phương trình và bất phương trình sau đây : 2 a. 5 x 5x 6  1 11 b. log 2 x  log 4 x  log 8 x  2 2log x 1 c.    5.2  log x  4  2 Bài 4 : ( 1,5 điểm ) 0 Cho khối chóp S.ABC có đường cao SA = 2a , tam giác ABC vuông tại C có AB = 2a và CAB  30 . a.Tính thể tích khối chóp S.ABC. b. Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A trên SC và SB .Chứng minh SB   AHK  Bài 5 : ( 1,5 điểm ) Cắt một hình nón đỉnh S bằng một mặt phẳng qua trục SO của nó ta được thiết diện là tam giác SAB vuông cân có cạnh huyền AB = a 2 a. Tính diện tích xung quanh và thể tích khối nón tương ứng . b. Cho một dây cung BC của đường tròn đáy hình nón sao cho mp(SBC) tạo với đáy hình nón một góc 600 . Tính diện tích tam giác SBC. --------------- Hết -------------- Họ và tên TS : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD : . . . . . . . . . . . . . -1-
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM MÔN TOÁN LỚP 12 BAN CƠ BẢN ( Học kỳ I . Năm học 2008 - 2009 ) --------------- Bài 1 : ( 3,5 đ) 3 2 a/ ( 2,5đ) m  3  y  x  3x  1 * Tập xác định : D  0.25đ * lim y    , lim y    0.25đ x   x   2 * y'  3x  6x 0.25đ x  0 ( y = 1 ) * y'  0   0.25đ  x  2  y =  3 * Bảng biến thiên : 0.5đ x  0 2  y + 0  0 + 1  y  3 * Hàm số đồng biến trên các khoảng :  ;0  và  2;  . Hàm số nghịch biến trên khoảng  0;2  0.25đ * Hàm số đạt cực đại tại x = 0 , yCĐ = 1. Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = - 3 0.25đ. * Đồ thị : 0.5đ b/ ( 1đ ) Phương trình hoành độ giao điểm của d và đồ thị của ( 1 ) : 3 2 2  x  mx  1   x  1  x x  mx  1  0 1  0.25đ x  0  2  x  mx  1  0   2 Đồ thị của (1) cắt d tại 3 điểm phân biệt  pt 1 có 3 nghiệm phân biệt 0.25đ   m2  4  0   m  2   2 có 2 nghiệm phân biệt khác 0    0.5đ 02  0.m  1  0  m  2  Bài 2 : ( 1 đ ) a/ log 2 8  log 1 23  6 0.5đ 22 ( x 2  1)' x b/ y '   0.5đ 2 x 1 x2  1 -2-
Bài 3 : ( 2.5đ) a/ 0.5đ 2 5x 6  x  1 pt  5x  50  x 2  5x  6  0 (0.25đ)  0.25đ x  6 b/1đ ĐK : x > 0 1 1 11 pt  log 2 x  log 2 x  log 2 x  0.5đ 2 3 2 11 11  log 2 x   log 2 x  3  x = 8 0.5đ 6 2 c/ 1đ ĐK : x > 0 log x 1 2 Đặt t    ta được bpt t  5t  4  0  1  t  4 0.5đ 2 log x 2 1 1 1 bpt đã cho  1       2  log x  0   x 1 0.5đ 2  2 100 Bài 4 : (1.5đ) a/ 0.75đ AC  ABcos300  a 3 0.25đ 2 1 a 3 SABC  AB.AC.sin 300  0.25đ 2 2 1 1 a2 3 a3 3 VS.ABC  SABC.SA  2a  0.25 đ 3 3 2 3 b/0.75đ BC  AC    BC   SAC   BC  AH 0.25đ BC  SA  AH  SC    AH   SBC   AH  SB 0.25đ AH  BC  SB  AH    SB   AHK  0.25đ SB  AK  Bài 5 : ( 1.5 đ) a. 0.75đ a 2 a 2 Hình nón có bán kính đáy R  , chiều cao h  và đường sinh l = a 0.25 đ 2 2 2a 2 Sxq  Rl  0.25đ 2 1 2 2a 3 V  R h  0.25 đ 3 12 b. 0.75đ Giả sử thiết diện là tam giác SBC . 0 Kẻ OH  BC thì SH  BC và SHO  60 0.25đ -3-
SO a 2 SH   0 3 sin 60 a BH  SB2  SH 2  0.25đ 3 a2 2 SSBC  SH.HB  0.25đ 3 -4-