8 Đề kiểm tra chất lượng HK 1 môn Toán 12 năm 2012-2013

Chia sẻ: Hoàng Thị Thanh Hòa | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:45

Thêm vào BST

Báo xấu

171
lượt xem 28
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn học sinh tham khảo 8 đề kiểm tra chất lượng học kỳ 1 môn Toán 12 năm 2012-2013 gồm 45 trang có hướng dẫn chi tiết, giúp cho các bạn củng cố kiến thức chuẩn bị cho kỳ thi kiểm tra chất lượng học kỳ được tốt hơn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: 8 Đề kiểm tra chất lượng HK 1 môn Toán 12 năm 2012-2013

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ I ĐỒNG THÁP Năm học: 2012 - 2013 ĐỀ ĐỀ XUẤT Môn thi: TOÁN - Lớp 12 TRƯỜNG THPT TÂN THÀNH Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 14/12/2012 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3,0 điểm). Cho hàm số I - PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ HỌC SINH (7,0 điểm) Câu 1. (3,0 điểm) 3 2 Cho hàm số y = 2x - 3x + 1 có đồ thị (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Dựa vào đồ thị (C) biện luận theo k số nghiệm phương trình 2x 3 - 3x 2 + k =0 Câu II (2,0 điểm). 1) Tính giá trị biểu thức A = 101log 2  log 2 3.log3 4  log5 125 2) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = e 2 x  4e x  3 trên  0; ln 4 . Câu III (2,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy,SA = 2a. a) Tính thể tích khối chóp S.BCD. b) Xác định tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.Tính diện tích mặt cầu đó. II. PHẦN RIÊNG - PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình Chuẩn Câu IV.a (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (H) của hàm số y = 2x 1 biết tiếp tuyến song song với đường thẳng d: y =  x  2012 . x 1 Câu V.a (2,0 điểm). 1) Giải phương trình: 6.9x 13.6 x  6.4 x  0 . 2) Giải bất phương trình: 2 log 1 ( x  6 x  5)  2 log3  2  x   0 . 3 2. Theo chương trình Nâng Cao Câu IV.b (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (H) của hàm số y = 2x 1 biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng d: y = 4 x  2012 . x 1 Câu V.b (2,0 điểm). 1) Cho hàm số y = ecos x , chứng minh rằng y , .sin x  y.cos x  y ,,  0
3 2) Tìm m để đường thẳng d: y  2 x  m cắt đồ thị (C): y   x  3  tại hai điểm x 1 phân biệt A, B sao cho độ dài của đoạn thẳng AB nhỏ nhất.Hết. _____________________________________________________________ Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh ....................................... Số báo danh: ...................... Chữ ký giám thị: ........................................ ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM Câu Ý Nội dung Điểm I 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y   x3  3x 2  1 2.0 1) Tập xác định: D  0.25 2) Sự biến thiên của hàm số: a) Giới hạn: lim y  ; x  lim   x  0,25 b) Bảng biến thiên: Ta có: y '  3x 2  6 x  3x  x  2  0.25 x  0 y'  0   x  2 x - ¥ 0 2 +¥ y' - 0 + 0 - 0.5 y  3 -1  Hàm số đồng biến trên khoảng  0; 2  . 0.25 Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  ; 0  và  2;   . Hàm số đạt cực đại tại x  2; yCD  3 . Hàm số đạt cực tiểu tại x  0; yCT  1 . 3) Đồ thị:
8 y 7 0,5 6 5 4 3 2 1 x -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 -1 -2 -3 -4 -5 -6 2 Biện luận số nghiệm phương trình sau theo k : 1.0 3 2 x  3x  k  0 1 3 2 x  3x  k  0  k   x 3  3x 2  k  1   x 3  3x 2  1 0.25 Đặt f  x    x  3x  1 và g  x   k  1 , số nghiệm của phương trình 3 2 (1) chính là số giao điểm của f  x  và g  x  . 0.25 Suy ra:  Khi k  1  1  k  0 , phương trình (1) có 1 nghiệm.  Khi k  1  1  k  0 , phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.  Khi 1  k  1  3  0  k  4 , phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt. 0.5  Khi k  1  3  k  4 , phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt .  Khi k  1  3  k  4 , phương trình (1) có 1 nghiệm. II 1 Tính giá trị biểu thức A = 101log 2  log 2 3.log 3 4  log 5 125 1.0 10 10 Ta có: 101log 2  log 2  5 10 2 0.25 log 2 3.log3 4  log 2 4  2 0.25 log 5 125  log 5 53  3 0.25 A =  A  101log 2  log 2 3.log 3 4  log 5 125  5  2  3  10 0.25 2x x 2 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = e  4e  3 trên 1.0 0;ln 4 . y ,  2e 2 x  4e x Cho y ,  0  2e2 x  4e x  0  e x  2  x  ln 2   0; ln 4
Ta có: f  0   0; f  ln 2   4; f  ln 4   16 0.25 Suy ra max của f  x  : f max  16 tại x  ln 4 0.25 min của f  x  : f min  0 tại x  0 0.25 0.25 III a) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, Cạnh 1.0 bên SA vuông góc với mặt đáy,SA = 2a. a) Tính thể tích khối chóp S.BCD. S 2a I A D B a C Ta có : SA vuông góc mặt phẳng (ABC) nên SA là đường cao. 1 1 S BCD  S ABCD  a 2 2 2 0.25 1 1 1 2 1 0.25 V  S BCD .SA  . a 2a  a 3 3 3 2 3 0.5 b) b) Xác định tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.Tính diện 1.0 tích mặt cầu đó. Theo giả thiết, SA ^ A C , SA ^ A D , BC ^ A B , BC ^ SA Suy ra, BC ^ (SA B ) và như vậy BC ^ SB 0.25 Hoàn toàn tương tự, ta cũng sẽ chứng minh được CD ^ SD .  A,B,D cùng nhìn SC dưới 1 góc vuông nên A,B,D,S,C 0.25 cùng thuộc đường tròn đường kính SC, có tâm là trung điểm I của SC. 0.25  Ta có, SC = SA 2 + A C 2 = (2a )2 + (a 2)2 = a 6 SC a 6  Bán kính mặt cầu: R = = Vậy,diện tích mặt cầu 2 2 0.25
æ 6 ö2 ngoại tiếp S.ABCD là: S = 4p R = 4p ç ça ÷ = 6pa 2 ç ÷ ÷ 2 è 2 ø÷ IVa 1 2x 1 1.0 Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (H) của hàm số y = biết CTC x 1 tiếp tuyến song song với đường thẳng d: y =  x  2012 . 1 Ta có: y ,  2  x  1 Do tiếp tuyến song song với đường thẳng y   x  2012 nên: 1 0.25 2  1  x  1 2  x  2  y  3   x  1  1    x  0  y  1  0.25 PTTT tại A(2;3) là: y    x  2   3   x  5 PTTT tại B(0;1) là: y   x  1 0.5 x x x Va 1 Giải phương trình: 6.9 13.6  6.4  0 . 1.0 Ta có: 2x x x x 3 x 3 6.9  13.6  6.4  0  6    13    6  0 2 2 x 3 Đặt t   2  đk: t>0   0.25  3 2 t  2 Bài toán trở thành: 6.t  13.t  6  0   2 t   3  x  3  3 0.25     2 2 x  1    3 x 2  x  1       2   3 0.25 0.25 2 2 Giải bất phương trình: log 1 ( x  6 x  5)  2 log3  2  x   0 . 1.0 3 2 x  6x  5  0 0.25 Đk:   x 1 2  x  0
2 log 1 ( x 2  6 x  5)  2log 3  2  x   0  log3  2  x   log 3 ( x 2  6 x  5) 3 0.5 2 1   2  x   x2  6 x  5  x  2 1  Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm BPT là S   2 ;1   0.25 IVb 1 Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (H) của hàm số y = 2 x  1 biết 1.0 CTNC x 1 tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng d: y = 4 x  2012 . 1 Ta có: y ,  2  x  1 Do tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y  4 x  2012 nên: 1 1 2  0.25  x  1 4   5  x  3 y  2  2     x  1  4     3 0.25  x  1  y     2 5 1 13 PTTT tại A(3; ) là: y   x  2 4 4 3 1 5 PTTT tại B(-1; ) là: y   x  2 4 4 0.5 Vb 1 Cho hàm số y = ecos x , chứng minh rằng y , .sin x  y.cos x  y ,,  0 y ,   sin x.ecos x 0.25 Ta có : ,, y  sin x.e2 cos x  cos x.e cos x 0.25 Vậy y , .sin x  y.cos x  y ,,   sin 2 x.ecos x  cos x.ecos x  sin 2 x.ecos x  cos x.ecos x  0 0.5 (đpcm) 2 Tìm m để đường thẳng d: y  2 x  m cắt đồ thị (C): y   x  3  3 tại 1.0 x 1 hai điểm phân biệt A, B sao cho độ dài của đoạn thẳng AB nhỏ nhất. Ta có : 3 2x  m  x  3  1 x 1 0,25  x  1 2    2 3 x   m  6  x  m  0  3 
  m 2  36  0m Và VT của (3)  0m nên (d) luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt 0.5 A  x1 ; 2 x1  m  B  x2 ; 2 x2  m  Ta có: 2 2 AB 2   x2  x1    2 x2  2 x1  2 5  5  x2  x1   4 x1 x2    m2  36   4    9 0,25 Vậy từ (4) AB nhỏ nhất khi m=0
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: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: ĐỀ ĐỀ XUẤT (Đề gồm có 01 trang) Đơn vị ra đề: THPT Thanh Bình 1 I. PHẦN CHUNG (7,0 điểm) Câu I: ( 3 điểm) 3x  2 Cho hàm số y  C  x 1 1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Viết phương trình tiếp tuyến với (C) tại giao điểm của đồ thị (C) với trục tung. Câu II: ( 2 điểm) 1 1) Thực hiện phép tính: A  log3 27  log 5  log 2012 2012 125 1 5 2) Tìm GTLN – GTNN của hàm số: f x   x 4  2 x 2  trên đoạn [0 ; 3]. 4 4 Câu III: ( 2 điểm) Cho hình chóp đều S.ABCD có các cạnh bên 2a. Góc hợp bởi cạnh bên và mặt đáy bằng 450. 1)Thể tích khối chóp theo a. 2) Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) (Học sinh chọn IVa và Va hay IVb và Vb ) A. Theo chương trình chuẩn. Câu IVa ( 1 điểm) Cho hàm số f  x   x3  3x  1 có đồ thị  C  .Viết pttt của đồ thị  C  tại điểm có hoành độ x0 , biết f "  x0   0 . Câu Va ( 2 điểm) 1) Giải phương trình: 25x  5x  6  0 2) Giải bất phương trình: log 1  2 x  7   log 1  x  2  2 2 B. Theo chương trình nâng cao. Câu IVb: ( 1 điểm) Cho hàm số f  x    x3  3 có đồ thị  C  .Viết pttt của đồ thị  C  , biết rằng tiếp tuyến đó song song với đường thẳng  d  : y  3 x  2012 . Câu Vb: ( 2 điểm) 1 1) Cho hàm số: y  ln . Chứng minh rằng: xy ' 1  e y x 1
2x 1 2) Cho hàm số: y  có đồ thị  C  và đường thẳng  d  : y   x  m . x 1 Tìm m đề đường thẳng  d  cắt đồ thị  C  tại hai điểm phân biệt. ------------------------------------ HẾT --------------------------------- --- V/ ĐÁP ÁN: 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 05 trang) Đơn vị ra đề: THPT Thanh Bình 1 I. PHẦN CHUNG: (7.0 điểm) Câu Nội dung yêu cầu Điểm  TXĐ: D = R \  1 0.25 3x  2 3x  2  lim   ; lim   x   1 x 1 x   1 x 1  TCĐ : x = -1 0.25 3x  2 3x  2  lim  3 ; lim 3 x   x  1 x   x  1  TCN : y = 3  y'  5  0, x  1 0.25 x  12 0.25  Hàm số luôn đồng biến trên D  Hàm số không có cực trị  BBT 0.25 Câu I 1 x - -1 (3,0 đ) (2.0đ) +  y’ + + + 0.25 3 y 3 - 2 0.25  Điểm đặc biệt : ( 0 ; - 2) ; ( ; 0) 3  Đồ thị : 0.25
10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 -12 -10 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -1 -2 -3  x 0  0  y 0  2 0.25 2  PTTT tại A(0 ; -2) có hệ số góc f’(x 0) có dạng: y = f’(x0)(x – x 0) + y0 0.25 (1.0đ) Mà f’(x0) = f’(0) = 5 0.25  y = 5x – 2 0.25 Câu II 1 A  log 3 27  log 5  log 2012 2012 (2,0 đ) 125 1 = log 3 33  log 5 53  1 0.5 (1.0đ) = 3log 3 3  3log 5 5  1 0.25 = 3  3  1  1 0.25 1 4 5 Tìm GTLN – GTNN của f(x) = x  2 x 2  trên 4 4 0;3  f ' ( x )  x 3  4 x , cho f’(x) = 0 0.25  x  0  0;3  x  4 x  0   x  2  0;3 3   x  2  0;3 0.25  2 5 (1.0đ)  f (0)  4 11  f ( 2)   4 0.25 7  f (3)  2 7 11 ậy : Maxf ( x)  khi x = 3 ; min f ( x)   khi x = 0 ;3  2 0 ; 3  4 2 0.25 Câu III (2,0 đ) 1 (1.5đ)
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD Ta có: S.ABCD là hình chóp đều Nên : SO   ABCD   OA là hình chiếu vuông góc của SA trên mp(ABCD) 0.25   SA,  ABCD     SA, AO   SAO  450 SO 2a 2 0.25  sin 450   SO  SA.sin 450  a 2 SA 2   SOA vuông cân tại O 0.25  OS  OA  a 2  AC  2 AO  2a 2 Mà AC  AB 2 (vìAC là đường chéo hình vuông ABCD) AC 2 a 2  AB    2a 0.25 2 2 S ABCD  4a 2 0.25 1  VS . ABCD  SO.S ABCD 3 1 4a 3 2 = a 2.4 a 2  (đvtt) 0.25 3 3 Ta có: OA  OB  OC  OC (vì O là tâm hình vuông ABCD) Mà: OS  OA  a 2  OS  OA  OB  OC  OD  a 2 0.25 2 Nên: S,A,B,C,D cách đều điểm O một khoảng (0.5đ) bằng a 2 0.25 Vậy: mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD có tâm O, bán kính R  a 2 I. PHẦN RIÊNG: (3.0 điểm) Câu Nội dung yêu cầu Điểm Câu f  x   x3  3x  1 IVa  f '  x   3x 2  3 (1.0đ) 0.25  f " x   6x f " x   0  6 x  0  x0 Với x0  0  y0  1  M  0;1 0.25  f '  x0   f '  0   3 0.25 Phương trình tiếp tuyến của đồ thị  C  :  : y  3 x  1 0.25 Câu Va 25 x  5 x  6  0 (1) (2.0đ) 1 2x x 5 5 6  0 (2) (1.0đ) Đặt t  5 x  t  0  0.25
t3  n 0.25 (2)  t 2  t  6  0   t  2 l  Với t  3  5x  3 0.25  x  log5 3 0.25 Vậy: phương trình (1) có nghiệm x  log 5 3 log 1  2 x  7   log 1  x  2  2 2  2x  7  0    x20 2 x  7  x  2 0.25  2 7  (1.0đ) x   2   x2  x2 0.5  x  9   Vậy: Bất phương trình có tập nghiệm S   2;   0.25 Câu f  x    x3  3 IVb f '( x)  3 x 2 (1.0đ) Gọi  là tiếp tuyến của đồ thị  C  có hệ số góc k Ta có:  / /(d ) : y  3x  2012  k  3 0.25 Mà: f '( x0 )  k  3x02  3  x 1  0 0.25  x0  1  Với x0  1  y 0  2 Phương trình tiếp tuyến của đồ thị  C  : 1 : y  3( x  1)  2  1 : y  3x  5 0.25  Với x0  1  y0  4 Phương trình tiếp tuyến của đồ thị  C  :  2 : y  3  x  1  4   2 : y  3 x  1 0.25 1 y  ln x 1 '  1  y '   ln   x 1 Câu Vb 1 ' (2.0đ) (1.0đ)  1   1    x  1 2 x 1 =   1 1 x 1 x 1 0.25
1 = x 1  1   x. y ' 1  x.    1  x 1  x  x 1 1 0.25 =  (1) x 1 x 1 1 ln ey  e x 1 0.25 1 = (2) x 1 0.25 y Từ (1) và (2)  x. y ' 1  e 2 PT hoành độ giao điểm của  C  và  d  : (1.0đ) 2x 1  x  m x 1  x 1   2 x  1    x  m  x  1  x 1  2  2 x  1   x  x  mx  m  x 1  2 0.25  x  1  m  x  m  1  0 (1) Đặt g  x   x 2  1  m  x  m  1  d  cắt  C  tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi 0.25 phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1  g  x  0   1  m 2  4  m  1  0    2  g 1  0  1  1  m  .1  m  1  0  2  m  6m  3  0   3  0, m 0.25 m  3  2 3  m  3  2 3  m  3  2 3 Vậy:   là giá trị cần tìm m  3  2 3 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: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: ĐỀ ĐỀ XUẤT (Đề gồm có 01 trang) Đơn vị ra đề: THPT Thanh Bình 2. I.PHẦN CHUNG (7,0 điểm) 2x 1 Câu I. (3,0 điểm): Cho hàm số y  x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2.Tìm m để đường thẳng d: y   x  m cắt (C) tại 2 điểm phân biệt. Câu II ( 2,0 điểm)   1.Tính giá trị biểu thức A  log a  a. 5 a. 3 a. a   81 log 23 ( 0  a 1)   2.Tìm GTLN và GTNN của hàm số y  cos 2 x  cos x  2 Câu III (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. SA vuông góc với mặt đáy và SA=2a. 1.Tính thể tích khối chóp S.BCD theo a. 2.Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) (Học sinh chọn IVa và Va hay IVb và Vb ) A. Theo chương trình chuẩn. Câu IVa ( 1 điểm) 2x 1 Cho hàm số y  (C) .Viết pttt của đths(C) tại điểm có hoành độ bằng -2 x 1 Câu Va ( 2 điểm) 1.Giải phương trình : 49x  10.7 x  21  0 2.Giải bất phương trình: log 2 2 x  5  3log 2 x 2 . B. Theo chương trình nâng cao. x3 Câu IVb ( 1 điểm)Cho hàm số y   2 x 2  3x  1 có đồ thị (C). Viết phương trình 3 tiếp tuyến với (C) biết tiếp tuyến có hệ số góc k = 3 Câu Vb ( 2 điểm) 1 '' 2 1.Cho hàm số y  e x .sin x .Tính y 2  4  y  theo x x 2  3x 2.Cho hàm số y  (C). Tìm trên (C) các điểm cách đều hai trục tọa độ. x 1 .........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 4 trang) Câu Nội dung yêu cầu Điểm 1 2x 1 2đ 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  ( C) x 1 Tập xác định: D  \ 1 0,25 3 Ta có: y '  2  0 x  D  x  1 0,25 lim y  2 ; lim y  2 => đường thẳng y  2 là tiệm cận ngang x  x  lim y   ; lim y   => đường thẳng x  1 là tiệm cận đứng của (C)  x 1  x 1 0,25 Bảng biến thiên: x  1  y'   0,5 y 2   2 0,25 Hàm số nghịch biến trên khoảng  ;1 và 1;   .Hàm số không có cực trị. Cho x  0  y  1 1 y0 x 2 x=2 => y = 5 7 x=3 => y = 2 y 0,5 8 6 4 I 2 x -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -2 -4 -6 -8
2.Tìm m để đường thẳng d: y   x  m cắt (C) tại 2 điểm phân biệt. 1đ Phương trình hoành độ giao điểm: 2x  1   x  m (1) x 1 Điều kiện : x  1 (1)  2 x  1  ( x  m)( x  1)  2 x  1   x 2  m  x  mx  x 2  ( m  1) x  m  1  0 (2) 0,25 Đồ thị hàm số (C) và đường thẳng y   x  m cắt nhau tại 2 điểm phân biệt  (1) có 2 nghiệm phân biệt 0,25  (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 12  (m  1).1  m  1  0   2    m  1  4.1.(m  1)  0  3  0  2   m  6m  3  0 0,25 m  3  2 3  m  3  2 3  0,25 Vậy m  (;3  2 3)  (3  2 3; ) là giá trị cần tìm. 2   1đ 1.Tính giá trị biểu thức A  log a  a. 5 a. 3 a. a   81 log 23 ( 0  a 1)   1 1 1 13     log a  a. 5 a. 3 a. a   log a  a.a .a .a 5 15 30 10 a  0.25     13 13  log a a 10  10 0,25 8 81log2 3  27 0,25 431 A= 0,25 270 2.Tìm GTLN và GTNN của hàm số y  cos 2 x  cos x  2 1đ Đặt t  cos x với t   1;1 .Hàm số trở thành: 0,25 g (t )  t 2  t  2 Ta có: g '  t   2t  1 1 g '  t   0  2t  1  0  t = 2 0,25 1 7 Do g (1)  4; g    ; g(1)  2 2 4 7 0,25 nên ta suy ra được: max y  max g  t   4 ; min y  min y  R t 1;1 R t 1;1 4 0,25
3 1đ S 2a A a a B O a D a C 1.Tính thể tích khối chóp S.BCD theo a. Do SA  ( ABCD)  SA  ( BCD) 0,25 Suy ra SA là đường cao của hình chóp S.BCD 0,25 1 1 1 a3 VS .BCD  .S BCD .SA  . .a.a.2a  ( dvtt ) 0,5 3 3 2 3 2. 1đ Gọi I là trung điểm SC .Do các tam giác SAC , SCD , SBC là các tam giác 0,25 vuông có chung cạnh huyền SC 0,25 nên ta có IA=IB=IC=ID=IS. SC a 6 0,25 Suy ra I là tâm mc , bán kính mc R   2 2 3 4 4 a 6 0,25 Vậy thể tích khối cầu V   R3    3  2  a 6  3 3   4a Viết pttt của đths(C) tại điểm có hoành độ bằng -2 1đ Ta có x =2 => y = 5 => M(2;5) 0,25 Hệ số góc của tiếp tuyến k  f '  2   3 0.25 Pttt của đths tại M là y = k(x-x0) +y0 y = -3(x-2)+5  y = -3x + 11 0.5 5a 1.Giải phương trình : 49x  10.7 x  21  0 1đ Đặt t = 7 x , t > 0 0,25 t  7 0,25 Pt  t2 -10t +21 = 0  t  3 x 0,25 Với t = 7  7 = 7  x  log 7 7  x  1 0,25 Với t = 3  7 x  3  x  log 7 3 Vậy phương trình có 2 nghiệm x =1 , x  log 7 3 2. 1đ
x  0 0,25 Điều kiện :   x0 x  0 0,25 Bất pt  log 2 2 x  5  3.2 log 2 x  log 2 2 x  6log 2 x  5  0 Đặt t = log2x 0,5 Bất pt  t 2  6t  5  0  t  1;5  1  t  5  1  log 2 x  5  2  x  32 So với điều kiện ta được tập nghiệm T=[2;32] 4b Gọi điểm M(x ; y) là tiếp điểm 1đ Hệ số góc của tiếp tuyến :  x  0  y 1 f  x   k  x  4x  3  3  x  4x  0   ' 2 2 0,5 x  4  y  7  3  7 =>M( 0 ; 1 ) , N  4;   3 Phương trình tiếp tuyến tại M : y = 3x + 1 0,25 29 Phương trình tiếp tuyến tại N : y = 3x - 3 0,25 5b 1 2 1đ 1.Cho hàm số y  e x .sin x .Tính y 2   y ''  theo x 4 ' x y  e sin x  cos x.e x 0,25 y ''  e x sin x  cos x.e x  sin x.e x  cos x.e x  2cos x.e x 0,25 1 2 2 1 2 y 2   y ''    e x sin x    2e x cos x  4 4 2x 2 2x 2 2x  e sin x  e cos x  e 0,25 0,25 Gọi M ( x0 ; y0 )  (C ) là điểm cần tìm. 1đ  y0  x0 (1) M cách đều trục tọa độ  x0  y0   y0   x0 (2) 0,5 x 2  3 x0 (1)  0  x0 ( x0  1) x0  1  x0 2  3 x0  x0 ( x0  1)  4 x0  0  x0  0  y0  0 Vì M  O nên loại trường hợp này. 0,25 0,25
x0 2  3 x0 (2)    x0 ( x0  1) x0  1  x0 2  3 x0   x0 ( x0  1)  2 x0 2  2 x0  0  2 x0 ( x0  1)  0  x0  0  y0  0 (loai)    x0  1  y0  1 Vậy M (1; 1) là điểm cần tìm.
Trường THPT Thành phố Cao Lãnh 2 ĐỀ THAM KHẢO KỲ THI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I Môn thi : TOÁN KHỐI 12 Thời gian làm bài : 120 phút (Không kể thời gian phát đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH : (7,0 điểm) Câu I : (3,0 điểm) Cho hàm số C  : y   x 4  2 x 2  3 1/ Khảo sát vẽ đồ thị hàm số 2/ Tìm m để phương trình : x 4  2 x 2  m  1  0 có 4 nghiệm phân biệt . Câu II : (2,0 điểm) 1/ Tính giá trị của các biểu thức sau :  A  log 1 16  2 log3 27  5 log 2 ln e4  8 2/ Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : y  x 2  2 ln x trên e 1 ; e Câu III : (2,0 điểm) Cho hình chóp đều S.ABCD, có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên bằng 2a 1/ Tính thể tích của khối chóp theo a. 2/ Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. II. PHẦN RIÊNG : (3,0 điểm) Học sinh tự chọn một trong hai phần ( phần 1 hoặc phần 2) A. Phần 1 Câu IVa : (1,0 điểm) 2x  1 Cho C  : y  . Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm x2 thuộc (C) có tung độ bằng 3 . Câu Va : (2,0 điểm) 1/ Giải phương trình : 4 x  10.2 x 1  24  0 1 2/ Giải bất phương trình : log 1  x    log 2 x  1   2  2 B. Phần 2 Câu IVb : (1,0 điểm) Cho C  : y   x 3  3 x 2  4 . Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến đó song song đường thẳng d  : y  9 x  5 Câu Vb : (2,0 điểm) 1/ Cho hàm số : y  2e x sin x . Chứng minh rằng : 2 y  2 y /  y //  0