3 Đề kiểm tra chất lượng HK 1 môn Toán 12 - Sở GD&ĐT Đồng Tháp (2012-2013)

Chia sẻ: Hoàng Thị Thanh Hòa | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:19

Thêm vào BST

Báo xấu

163
lượt xem 19
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời tham khảo 3 đề kiểm tra chất lượng học kì 1 môn Toán 12 - Sở GD&ĐT Đồng Tháp (2012-2013) có kèm đáp án giúp các bạn học sinh lớp 12 ôn tập, củng cố kiến thức và chuẩn bị tốt cho kì kiểm tra chất lượng.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: 3 Đề kiểm tra chất lượng HK 1 môn Toán 12 - Sở GD&ĐT Đồng Tháp (2012-2013)

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: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: I. PHẦN CHUNG (7,0 điểm) Câu I: (3 điểm) 1 3 Cho hàm số y  x 4  3x 2  (C) 2 2 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) 2) Tìm m để phương trình 2 x 4  12 x 2  m  0 có 4 nghiệm thực phân biệt. Câu II: (2 điểm) 1 2 log 1  1  34 3 1) Tính A     223log 2 3  5 log3 5 9 2) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y  ( x 2  2 x  2)e1 x trên đoạn 1;3 . Câu III: (2 điểm) Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ nội tiếp trong một hình trụ cho trước, góc giữa đường thẳng B’D và mp (ABB’A’) bằng 300. Khoảng cách từ 3a trục hình trụ đến mp (ABB’A’) bằng . Tính thể tích khối hộp đã cho và thể 2 tích khối cầu ngoại tiếp khối hộp biết đường kính của đáy hình trụ bằng 5a. II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu IVa: (1 điểm) Cho hàm số y  x3  mx 2  (2m  1) x  m  2 (Cm). Tìm m để đồ thị hàm số (Cm) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt. Câu Va: (2 điểm) 1) Giải phương trình: 9 x  32 x  8  0 x 1 2) Giải bất phương trình: log 1 0 2 3 x B. Theo chương trình nâng cao Câu IVb: (1 điểm) 2x  1 Cho hàm số y  (C). Lập phương trình tiếp tuyến với (C), biết tiếp x 1 tuyến đó song song với đường phân giác của góc phần tư thứ nhất. Câu Vb: (2 điểm)
1) Cho hàm số y  ln x  x 2  1 . Chứng minh rằng: 2 2y 2( x  1) y ' x  e 2) Cho hàm số y  x3  mx 2  (2 m  1) x  m  2 (Cm). Tìm m để đồ thị hàm số (Cm) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độ dương. 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 XUẤT ĐƠN VỊ: THPT THỐNG LINH Câu Nội dung yêu cầu Điểm 1 3 1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y  x 4  3 x 2  2 2 + Tập xác định: D = R 0.25 + Sự biến thiên: y '  2 x 3  6 x 0.5  x0 y '  0  2 x3  6 x  0   x   3 Hàm số đồng biến trên các khoảng  3;0 ,   3;  0.25 Hàm số nghịch biến trên các khoảng ;  3 , 0; 3     3 Hàm số đạt cực đại tại x  0  ycd  2 0.25 Hàm số đạt cực tiểu tại x   3  yct  3 + Giới hạn tại vô cực: lim y   x + Bảng biến thiên: 0.25 x - - 3 0 3 + y' - 0 + 0 - 0 + 3 0.5 + + y 2 -3 -3
5 + Đồ thị: Cho x  2  y   2 8 6 4 2 0.5 -15 -1 0 -5 5 10 15 -2 -4 -6 -8 2) Tìm m để pt có 4 nghiệm thực phân biệt 2 x 4  12 x 2  m  0 2 x 4  12 x 2  m  0 1 4 m  x  3x 2   0 2 4 1 3 3 m  x 4  3x 2    0.25 2 2 2 4 Dựa vào đồ thị (C), pt đã cho có 4 nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi 3 m 3 0.25 3    2 4 2 9 m 0.25   0 2 4  0  m  18 0.25 II 1 2 log 1  1  34 2 3log 2 3 3 log 3 5 1) A    2 5 9 1 0.5 log 3 A 3  2 4  22log 2 3  512log5 3 2  log3 1  0.25   3 4   2 2.2log2 3  5.5log5 9     2 1     4.3  5.9  49 4 0.25
2) Tìm GTLN, GTNN của hàm số y  ( x 2  2 x  2)e1 x trên đoạn [1; 3] Xét x  1;3 Hàm số liên tục trên đoạn [1; 3] y '  (2 x  2)e1 x  e1 x ( x 2  2 x  2)  e1 x (2 x  2  x 2  2 x  2) 0.25  e1 x (  x 2  4)  x2 y '  0   x2  4  0   0.25  x  2  [1;3] y (1)  1 6 y (2)  e 0.25 13 y (3)  2 e 6 Maxy  [1;3] e Miny  1 [1;3] 0.25 III B' C' O' A' D' 0.25 B C H O A D ( B ' D,( ABB ' A '))  ( B ' D, B ' A)  AB ' D  300 0.25 Gọi O, O’ lần lượt là tâm của hình chữ nhật ABCD, A’B’C’D’ Gọi H là trung điểm của cạnh AB Ta có:
OO '/ /( ABB ' A ')  d (OO ',( ABB ' A ')  d (O,( ABB ' A ') Thật vậy: OH  AB OH  AA '  OH  ( ABB ' A ') 3a Hay d (O,( ABB ' A '))  OH  2 BC  AD  3a 0.25 Từ đó ta có AC  5a Xét tam giác AB’D vuông tại A có: AD AD t an300   AB '   3a 3 AB ' t an300 0.25 Xét tam giác ABC vuông tại B có: AB 2  AC 2  BC 2  25a 2  9a 2  16a 2  AB  4a Xét tam giác ABB’ vuông tại B có: 0.25 BB '2  AB '2  AB 2  11a 2  BB '  a 11 S ABCD  AB. AD  4a.3a  12a 2 VABCD. A ' B 'C ' D '  S ABCD .BB '  12a 3 11 0.25 2  5a  25 a 3 11 Vtru     a 11  0.25  2  4 0.25 IVa 1) y  x3  mx 2  (2m  1) x  m  2 PTHĐGĐ của (Cm) và trục Ox: 0.25 x3  mx 2  (2m  1) x  m  2  0  ( x  1)  x 2  (1  m) x  m  2   0    x 1 0.25  2  x  (1  m) x  m  2  0(*) Để đồ thị (Cm) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt thì pt (*) phải có 2 nghiệm phân biệt khác 1 0.25
1  1  m  m  2  0  2 (1  m)  4( m  2)  0 4  0  2 1  2m  m  4m  8  0 0.25 2  m  6m  7  0  m  1  m  7 Va 1) Giải pt: 9 x  32 x  8  0  32 x  9.3x  8  0 0.25 Đặt t  3x , t  0 0.25 PT trở thành: t 2  9t  8  0 t 1 0.25  t  8 Với t  1  3x  1  x  0 Với t  8  3 x  8  x  log 3 8 0.25 x 1 2) Giải bất pt log 1 0 2 3 x x 1 ĐK:  0  1  x  3 3 x Bất pt trở thành: 0.25 x 1 1 3 x x 1  1  0 3 x x 1 3  x  0 3 x 2x  2  x 1 0.25  0 3 x x  3 Kết hợp với điều kiện, nghiệm của bất pt là: 1  x  1 0.25
0.25 IVb 2x  1 y x 1 TXĐ: D  R \ 1 1 0.25 y'  2  x  1 Gọi M ( xo ; yo ) là tiếp điểm Vì tiếp tuyến song song với đt y  x nên hệ số góc của tiếp tuyến là: k  1  f '( xo )  1 1 0.25  1 ( xo  1) 2  ( xo  1) 2  1  x 1 1  o  xo  1  1  x  0  yo  1  o  xo  2  yo  3 0.25 PTTT với (C) tại M(0; 1): y  x  1 PTTT với (C) tại M(-2; 3): y  x  5 0.25 2 2) y  ln x  x  1 '  2  '  x  x2  1   x  x 1  2 y'     2 x  x 1 x  x2  1 x  x2  1 2x 1 2 x2  1  x2  1  x 1   2( x  x 2  1) 2 x 2  1 x  x 2  1  2 x2  1  1 0.5   VT  2 x 2  1 y ' x  2( x 2  1).  x  x2  1  x 2 x2  1 x  x 2 1 x 2 1) VP  e2 y  e2ln  eln( x  x  x2  1  VT  VP 0.25 0.25
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: 120 phút ( không kể thời gian phát đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢC HỌC SINH (7,0 điểm) Câu I (3.0 điểm) 1 Cho hàm số y  f  x    x 3  2 x 2  3x ( C ) 3 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Xác định m để phương trình  x 3  6 x 2  9 x  3m  0 có 3 nghiệm phân biệt. Câu II (2.0 điểm) 1. Tính 0.75 5  1    0.25 log3 2 . A   2 9  16  9 2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: f  x   x  trên x đoạn  2; 4 Câu III (2,0 điểm) Cho hình chóp đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên bằng 2a a) Tính thể tích của khối chóp theo a. b) Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm) Học sinh chọn (câu IV.a; V.a hoặc IV.b; V.b) Câu IV.a (2,0 điểm) x Cho hàm số: y = x+1 Viết phương trình tiếp tuyến với (C ) tại các giao điểm của (C ) với D :y = x Câu V.a (1,0 điểm) 1) Giải phương trình : log 2 ( x  3)  log 2 ( x  1)  3 2 1 2) Giải bất phương trình sau: 2 2 x 3 x  2
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x)  x.e x trên đoạn  0; 2 Câu IV.b (2,0 điểm) x 1 Cho hàm số y  (C) x 1 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại giao điểm của đồ thị và Ox Câu V. b (1,0 điểm) 1) Cho hàm số y  ( x  1)e x . Chứng tỏ rằng: y ' y  e x x 2) Cho hàm số: y = x+1 Tìm các giá trị của tham số k để đường thẳng d: y = kx cắt (C ) tại 2 điểm phân biệt. -------------------Hết------------------- ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Câu Nội dung Điểm 1 (3 đ) 1) (2 điểm)  TXĐ : D  0.25  Sự biến thiên: 0.25 Giới hạn của hàm số tại vô cực: lim y = +  ; lim y = -  x  x  Chiều biến thiên: y’ =  x2 +4x – 3 , y’ = 0  x= 1, x=3. 0.25 Hàm số đồng biến trên khoảng (1; 3). 0.25 Hàm số nghịch biến trên khoảng (-  ; 1) và (3; +  ) Cực trị : Hàm số đạt cực tiểu tại x =1  yct =  4 0.25 3 Hàm số đạt cực đại tại x =3  ycđ = 0 Bảng biến thiên 0.25 x  1 3 + y – 0 + 0 – + 0 y 4 –  3 Đồ thị: O(0;0) và (3;0) 0.5
9 y 8 7 6 5 4 3 2 1 x -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 O -1 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 -2 -3 -4 -5 -6 -7 -8 -9 Graph Limited School Edition 2.(1 điểm) Ta có  x3  6 x 2  9 x  3m  0   x3  2 x 2  3x  m 1 0.25 3 1 Đặt y  f  x    x 3  2 x 2  3x (C) 3 y = m (d) 0.25 Vậy để phương trình  x 3  6 x 2  9 x  3m  0 có 3 nghiệm phân biệt khi 4 0.5  m0 3 2 (3 đ) 1.(1 điểm) 0.75  1 0.75    16     24  23  8 0.25  5  5 0.25  0.25 2    22 2  25  32 9log3 2  32log3 2  3log 3 2  2 0.25 Vậy A = 38 0.25 3) (1 điểm) 9 0.25 Xét trên đoạn  2; 4 ; hàm số đã cho có: f '  x   1  ; x2 f ' x  0  x  3 0.25 13 25 0.25 f  2  ; f  3  6 ; f  4   2 4 Kết luận max f  x   13 ; min f  x   6 0.25  2;4  2 2;4
3 a.Gọi H là chân đường cao của hình chóp, xác định góc giữa đương thăng và 0.25 (1đ) mặt phẳng la góc SAH=SBH=SCH=SDH= 450 Tính đường cao SH= a 2 0.25 Tính diện tích đáy S  4a 2 0.25 1 1 4 Tính thể tích V  S ABCD .SH  4a 2 .a 2  a3 2 3 3 3 0.25 S A D H 450 B C b. Ta có tam giác SHB vuông cân nên HS=HB (1) 0.25 Mặt khác: HA=HB=HC=HD (2) 0.25 TỪ (1) VÀ (2) suy ra H là tâm mặt cầu ngoài tiếp hình chóp S.ABCD 0.25 Và bán kính R= HS= a 2 0.25 4a x 0.5 PTHĐGĐ của (C ) và D là: = x Û x = x (x + 1) Û x 2 = 0 Û x = 0 (1 đ) x+1  x0 = 0 Þ y0 = 0 0.25  f ¢x 0 ) = f ¢ = 1 ( (0)  Phương trình tiếp tuyến cần tìm là: y - 0 = 1(x - 0) Û y = x 0.25
5a a) log 2 ( x  3)  log 2 ( x  1)  3 (1) (2đ) .Đk: x > 3 0.25 (1)  log 2  x  3 x  1  log 2 8   0.25  (x-3)(x-1) = 8  x2  4x – 5 = 0  x=  1 (loại) , x = 5 0.5 .Vậy phương trình có nghiệm : x =5 b) 22 x 2 3 x  21 0.25  2 x 2  3x  1  0 0.25  1  x 1 0.5 2 4b (1 đ)  Giao điểm (C) và Ox là B(-1;0) 0.25  Hệ số góc của tiếp tuyến với (C) tại B là : k  y ' (1)   1 0.25 2 Phương trình tiếp tuyến của (C) tại B là : y=- (x+1)=  x  1 1 1 0.5 2 2 2 5b 1) y '  e x  ( x  1)e x 0.5 (1 đ) x x y ' y  e  ( x  1)e  ( x  1)e  e x x 0.5 x 0.5 Xét phương trình: = kx (*) Û x = kx (x + 1) x+1 é = 0 x Û x = kx 2 + kx Û kx 2 + (k - 1)x = 0 Û x (kx + k - 1) = 0 Û ê ê = 1 - k (2) kx ê ë
 d: y = kx cắt (C ) tại 2 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) 0.25 có 2 nghiệm phân biệt Û phương trình (2) có duy nhất nghiệm khác ìk ¹ 0 ï ìk ¹ 0 ï 0, tức là ï í Û ïí ï1- k ¹ 0 ï ïk ¹ 1 ï î î  Vậy, với k ¹ 0, k ¹ 1 thì d cắt (C ) tại 2 điểm phân biệt. 0.25
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I ĐỒNG THÁP Năm học: 2012-2013 Môn thi: Toán – Khối 12 ĐỀ ĐỀ XUẤT Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề) (Đề gồm có 01 trang) Ngày thi: 10/01/2012 Đơn vị ra đề: THPT Lai vung 2 I  PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ HỌC SINH: (7,0 điểm) Câu I: (3 điểm) Cho hàm số y   x3  3 x 2  1 có đồ thị (C) 1). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên. 2). Dựa vào đồ thị (C ) biện luân số nghiệm của phương trình x 3  3x 2  m  0 Câu II: (2 điểm ) 1  1  y  1.(1,0 đ ) Rút gọn biểu thức sau: A= (2x+ )-1  2 x    2   y    ; 2    x  0; y  0 2.( 1,0 đ) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y= f(x)= x2 – ln(1-2x) trên đoạn  2;0  Câu III: (2 đ) 1.(1,0 đ ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông có tâm là O. Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Biết AB=2a và góc giữa cạnh SO với mặt đáy (ABCD) một góc 600. Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a 2. (1,0 đ) Cho hình nón đỉnh S có đường sinh là a, góc giữa đường sinh và đáy là 300 . Một mặt phẳng hợp với đáy một góc 600 và cắt hình nón theo hai đường sinh SA và SB. Tính diện tích tam giác SAB . II  PHẦN RIÊNG: (3,0 điểm),( Học sinh được chọn một trong hai phần) 1. Theo chương trình chuẩn: 2x  3 Câu IVa: (1,0 đ) Cho hàm số y  . Viết phương trình tiếp tuyến của 2x 1 (C ) tại giao điểm của đồ thị (C ) với trục tung. Câu Va: (2,0 điểm) 2 1. Giải phương trình sau: (0,5)2 x 3x7  16 1 3 2. Giải bất phương trình sau: log 2  log 2 x  1  0 4 x 4 2.Theo chương trình nâng cao:
Câu IVb: (1,0 đ) Cho hàm số y  x3  3x  2 (C ). Viết phương trình tiếp tuyến của ( C), Biết phương trình tiếp tuyến có hệ số góc bằng 9. Câu Vb: (2,0 điểm) 1. Cho hàm số y= x12 .e2009 x . Chứng minh rằng : x. y ' y (12  2009 x)  0 2x 1 2. Cho hàm số y  có đồ thị (C ) . Tìm m để đường thẳng d: x 1 y  x  m cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho AB  2 2 ---Hết--- GỢI Ý BÀI GIẢI Câu Hướng Dẫn Điểm Ghi Chú Câu 1). Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: y   x3  3x 2  1 1.1 2) Biện luận: x 3  3x 2  m  0 (*)   x3  3x 2  1  m  1 Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao Câu điểm của đồ thị (C ) và đường thẳng d: 1.2 Ta có: + m  (; 0)  (4; ) : phương trình có một nghiệm. m  0 Phần Chung : 7 điểm + : phương trình có 2 nghiệm. m  4 + m  (0; 4) : phương trình có 3 nghiệm. 1  1  y  A= (2x+ )-1  2 x    2   y 1). Tính     2   1 y  4x  .( ) y 2 xy 2x  2 1  Câu xy 2 2). y= f(x)= x2 – ln(1-2x) trên đoạn  2; 0  2 + y '  2x  1 2x  x  1(l ) + y' 0    x   1 ( n)  2
y(2)  4  ln 5 1 1 + Ta có: y( )   ln 2 2 4 y(0)  0 Vậy GTLN của y là 4-ln5 tại x=-2 1 1 GTNN của y là  ln 2 tại x=  4 2 1. Ta có: SA  ( ABCD ) 1  VSABCD  SA.S ABCD 3 mà S ABCD  4a 2 AO  hc( ABCD ) SO  SOA  60 0 SA  tan 600 .AO  a 6 * Thể tích khối chóp 4a 3 6 VS .ABCD  3 2. S Câu 3 a K O A H B + Tính SSAB Kẻ OH  AB  SH  AB , do đó SHO  600 SO 2a.sin 300 a  vuông SOH : SH  0   , sin 60 3 3 a 3 OH = SO.cot.60 = 6 2 2 2  vuông AOH : AH = AO – OH a  AH  3cos 2 30 0  sin 2 300 3
3 1 2a 2 . 3.  2 1 4 4 a 2 Vậy SSAB = AB.SH  2 6 3 Câu IVa: + x0  0  y0  3 8 + y'  (2 x  1)2 + Phương trình tiếp tuyến của (C ) tại (0;-3) y  8 x  3 Câu Va: 1. Giải phương trình mũ sau: 2  7 x 11 22 x  24  2 x 2  7 x  15  0  x  5  3 Câu x  4a  2 3 Vậy pt có 2 nghiệm: x  5; x  2 2. Giải bất phương trình : ĐK : x>0 1 3 log 2 4  log 2 x  1  0 x 4  log 2 x  3log 2 x  4  0 2 log 2 x  4  log 2 x  1 1 Vậy x  (0; )  (16; ) 2 Câu IVb: + y '  3x 2  3 + y '( x0 )  9  x  2 + Với M(2;4) Pttt : y  9 x  14 Câu + Với N(-2;0) Pttt : y=9x+18 Câu Vb 1. Cho hàm số y= x12 .e2009 x . Ta có : y '  12 x11.e2009 x  2009 x12 .e 2009 VT= x. y ' y(12  2009 x)  0 =VP 2. Lập phương trình hoành độ giao điểm của d với (C )
2x 1  x 1 x 1  f ( x)  x 2  (m  1) x  m  1  0; (1) x  1 Để d cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A, B thì phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt và x  1   0   f (1)  0 Áp dụng định lý viét  x A  xB  1  m  Và A, B  (d )  x A . xB  m  1  m  1 Do AB 2  8  m 2  6m  7  0   m  7 Vậy m=-1; m=7