8 Đề KTCL HK1 môn Toán 12 (2012-2013) - Sở GDĐT Đồng Tháp

Chia sẻ: Pham Linh Dan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:41

Thêm vào BST

Báo xấu

90
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Củng cố kiến thức với 8 đề kiểm tra chất lượng học kỳ 1 môn Toán 12 (2012-2013) - Sở GDĐT Đồng Tháp dành cho các bạn học sinh lớp 12 đang chuẩn bị kiểm tra chất lượng học kỳ 1, giúp các em ôn tập và phát triển tư duy, năng khiếu môn Toán. Chúc các bạn đạt được điểm cao trong kì thi này nhé.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: 8 Đề KTCL HK1 môn Toán 12 (2012-2013) - Sở GDĐT Đồng Tháp

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: …../12/2012 ĐỀ ĐỀ XUẤT (Đề gồm có 01 trang) Đơn vị ra đề: THPT Lấp Vò 1 A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ HỌC SINH: (7,0 điểm) Câu I: (3,0 điểm) Cho hàm số y   x3  3x 2  4 (C) 1/ Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2/ Dựa vào đồ thị (C) biện luận số nghiệm phương trình x 3  3x 2  m  0 . Câu II (2.0 điểm) 3  1  1  5 1. Tính giá trị của biểu thức M  log 2 8  log 5   125  32  2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  f ( x )  x . ln x trên đoạn 2 [1 ; e ] Câu III: (2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh SA vuông góc với mp (ABCD), cạnh bên SC = 2a. 1/ Tính thể tích khối chóp S.ABCD. 2/ Tìm tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. II. PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm) Học sinh chỉ được chọn một trong hai phần sau để làm 1. Phần 1 2x  1 Câu IVa. (1,0 điểm) Cho hàm số y  có đồ thị (C). Viết phương trình tiếp tuyến x 1 với (C) biết tiếp tuyến song sog với đường thẳng (d): y  2013  x Câu Va: (2,0 điểm) 1/ Giải phương trình: 4 x 1  16 x  3 3x  1 2/ Giải bất phương trình: log 1      1 2  x  2  2. Phần 2 2x  1 Câu IVb. (1,0 điểm) Cho hàm số y  có đồ thị (C). Viết phương trình tiếp tuyến x 1 1 với (C) biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng (d): y  x  2013 . 4 Câu Vb: (2,0 điểm) 1. Cho hàm số y  ( x  1)e x . Chứng tỏ rằng: y ' y  e x
2. Tìm các giá trị của k sao cho đường thẳng (d): y  kx tiếp xúc với đường cong (C): y  x3  3x2  1. Hết Câu Ý Nội dung Điểm 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 Lấp Vò 1
I 1 Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số y   x3  3x 2  4 (C) 2đ  Tập xác định: D  R  Giới hạn: lim y   ; lim y   0.25 x  x  0.25  Sự biến thiên: y   3 x 2  6 x 0.25 x  0  y  4 y   0  3 x 2  6 x  0    x  2 y  0  Bảng biến thiên: 0.25 x  0 2  y’ - 0 + 0 - 0.25  y 0 -4 Hàm số đồng biến trong khoảng  0; 2   Hàm số nghịch biến trong khoảng (;0) và (2;) . Hàm số đạt cực đại tại x  2; yCD  0 Hàm số đạt cực tiểu tại x  0; yCT  4 0.25  Đồ thị: * Giao điểm của đồ thị với trục Oy là (0 ; 4) * Giao điểm của đồ thị với trục Ox là (-1 ; 0) và (2 ; 0) * Điểm uốn: I (1; 2) 0.5 2 Biện luận số nghiệm phương trình x 3  3x 2  m  0 (1) 1.0 đ * Ta có: x 3  3x 2  m  0   x3  3x 2  m   x3  3x 2  4  m  4 0.25 Đây là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng y = m – 4. Số giao điểm chính là số nghiệm phương trình (1).  m  4  4 m  0   m  4  0   m  4 Có một giao điểm. Phương trình (1) có 0.25  
một nghiệm. 0.25  m  4  4 m  0   m  4  0   m  4 Có hai giao điểm. Phương trình (1) có hai 0.25   nghiệm.  4  m  4  0  0  m  4 Có ba giao điểm. Phương trình (1) có ba nghiệm. II 2đ 3 1  1đ 1  1  5 Tính giá trị của biểu thức M  log 2 8  log 5   125  32  * log 2 8  3 0,25 1 * log 5  log 5 5 3  3 0,25 125 3   1  5 0,25 *   23  8  32  * Vậy M = -8 0,25 2 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 1đ 2 y  f ( x )  x . ln x trên đoạn [1 ; e ] * D  1; e 2  ln x  2 * y'  0,25 2 x 1 * y'  0  x  D 0,25 e2 * f (1)  0 , f (e 2 )  2e 0,25 * Vậy Maxf ( x)  2e M inf( x)  0 0,25 1;e  2 1;e  2 III 1 Tính thể tích khối chóp S.ABCD S 1.0 đ 1 1 0.25 1/ V  Bh  S ABCD .SA 3 3 2 S ABCD  a (đvdt) 2a 0.25 A D SC 2  SA2  AC 2  SA  SC 2  AC 2 2  SA   2a  2   a 2  a 2 B a C 0.25 1 2 a3 2 V  .a .a 2  (đvtt) 3 3 0.25 2 Tìm tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. 1.0 đ * Gọi I là trung điểm SC
Ta có: SA  AC (do SA  ( ABCD ) ) * Tam giác SAC vuông tại A, có AI là đường trung tuyến 0.25 * Nên IA = IS = IC (1) *Mặt khác: SA  CD ; AD  CD  SD  CD  SDC vuông tại D, có DI là đường trung tuyến 0.25 * Nên ID = IS = IC ) (2) * Tương tự: SBC vuông tại B, có BI là đường trung tuyến 0.25 * Nên IB = IS = IC ) (3) * Từ (1) , (2) và (3) ta suy ra IA = IB = IC = ID = IS * Vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. 0.25 SC * Bán kính mặt cầu: R  a 2 Phần 1 Câu 1 2x  1 Cho hàm số y  có đồ thị (C). Viết phương trình tiếp tuyến IV.a x 1 1.0 đ với (C) biết tiếp tuyến song sog với đường thẳng (d): y  2013  x Câu * Ta có (d): y  2013  x Suy ra hệ số góc (d) k d  1 0,25 V.a * Gọi M ( x0 ; y 0 ) là tọa độ tiếp điểm của tiếp tuyến () với ( C) 1 * Hệ số góc () : k   y ' ( x0 )  ( x 0  1) 2 1  x  2  y0  3 0,25 * Vì () // (d) nên:  1   0 ( x 0  1) 2  x0  0  y0  1 0,25 * PTTT: (1 ) : y   x  5 ; ( 2 ) : y   x  1 0,25 1 Giải phương trình: 4 x 1 x  16  3 (*) 1.0đ Đặt t  4 x  0 (*)  t 2  4t  3  0 t  1(n) 0.25  t  3(n) 0.25  t  1  2x  1  x  0  t  3  2 x  3  x  log 2 3 x  0 0.25 Vậy phương trình có nghiệm là:   x  log 2 3 0.25 2 3x  1 Giải bất phương trình: log 1      1 2  x  2  1.0 đ 3x  1 1 * Điều kiện : 0 x2 x2 3 0.25
 3x  1  * Ta có: log 1    1 2  x  2  0.25 3x  1  2 x  2 0.25 5x  5 1   0 1 x  2 (vì  x  2 ) x  2 3 1 x  2 0.25 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S  1; 2  Phần 2 Câu IV.b 2x  1 Cho hàm số y  có đồ thị (C). Viết phương trình tiếp tuyến x 1 1.0 đ với (C) biết tiếp 1 tuyến vuông góc với đường thẳng (d): y  x  2013 . 4 1 1 0,25 * Ta có : y  x  2013 Suy ra hệ số góc (d): k d  4 4 * Gọi M ( x0 ; y 0 ) là tọa độ tiếp điểm của tiếp tuyến () với ( C) 1 * Hệ số góc () : k   y ' ( x0 )  ( x0  1) 2 0,25 * Do: ()  (d)  k  .k   1  k   4  3 1  x0  2  y 0  4 * Vậy:  4   ( x 0  1) 2 x  1  y  0 0,25  0 2  0 * PTTT: (1 ) : y  4 x  10 ; ( 2 ) : y  4 x  2 0,25 x x Câu 1 Cho hàm số y  ( x  1)e . Chứng tỏ rằng: y ' y  e 1.0 đ V.b * Ta có y '  ( x  2)e x 0,5 * Mà y ' y  ( x  2)e x  ( x  1)e x  ( x  2  x  1)e x  e x 0,5 2 Tìm các giá trị của k sao cho đường thẳng (d): y  kx tiếp xúc với đường cong (C): y  x3  3x2  1 1.0 đ  x3  3x2  1  kx (1)  (d) tiếp xúc với (C)   2 có nghiệm 3x  6x  k (2)  0,25 Thay (2) vào (1) ta được phương trình:
 x3  3x2  1  3x2  6x x  0,25  x3  3x2  1  3x3  6x2  2x3  3x2  1  0 2   x  1  2x  1  0  x  1 0,25  x  1  2 Với x  1  k  3 0,25 1 15 x k 2 4 15 Vậy (d) tiếp xúc (C) khi k  3; k= 4
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: 90 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: ĐỀ ĐỀ XUẤT (Đề gồm có 01 trang) Đơn vị ra đề: Trường THPT Thiên Hộ Dương I. Phần chung (7,0 điểm) Câu I:(3 điểm) Cho hàm số y  x  3 x  1 1 có đồ thị (C). 3 2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2. Xác định m để phương trình sau :  x 3  3 x 2  m  0 có hai nghiệm. Câu II:(2 điểm). 3 9 1. Tính giá trị của biểu thức: A  4log 12  log 4  6250, 75 2 3 2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y   x 2  3 e x trên  0; 2 trên đoạn  4;1 . Câu III:(2 điểm). Cho tứ diện OABC, có OA, OB, OC đôi một vuông góc, tam giác OBC vuông cân tại O, BC = a 2 . Góc giữa AB và (OBC) bằng 300. 1. Tính theo a thể tích khối tứ diện OABC. 2. Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC. II. Phần riêng (3,0 điểm) A. Theo chương trình chuẩn x2 Câu IVa (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  , biết tiếp 3 x tuyến song song đường thẳng y = 5x + 2013. Câu Va. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: log 2 x  2log 4  x  1  1 . x 1 x 1 1 2. Giải bất phương trình:       2 log 8 . 4 4  16  B. Theo chương trình nâng cao x2 Câu IVb (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  , biết tiếp 3 x tuyến vuông góc đường thẳng: x + 5y - 2013 = 0. Câu Vb. (2,0 điểm) 1. Cho y = y  e  x sin x . Chứng minh rằng: y' '2 y '2 y  0 2. Chứng minh rằng: Với mọi m thì đồ thị hàm số y  x  3m  1x  3mm  2 x  m  3m luôn có hai cực trị và khoảng cách 3 2 3 2 giữa hai điểm cực trị không đổi. 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 (Đề gồm có 01 trang) Đơn vị ra đề: Trường THPT Thiên Hộ Dương I. Phần chung (7,0 điểm) Câu Nội dung yêu cầu Điểm 3 2  Cho hàm số y  x  3x  1 1 có đồ thị (C). (2đ) 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). * Tập xác định : D = R 0.25 *Sự biến thiên Giới hạn : lim y  lim y   ; lim y  lim y   0.25 x  x  x  x  x  0 Đạo hàm : y'  3 x 2  6 x, y '  0   0.25 x  2 * Hàm số đồng biến trên các khoảng (-  ;0) và (2; +  ); nghịch biến 0.25 trên khoảng (0; 2). *Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ=1; Cực tiểu tại x = 2; yCT=-3 0.25 * Bảng biến thiên : x - 0 2 + y’ + 0 - 0 + y 1 + 0.25 I - -3 Đồ thị 0.5 2 Xác định m để phương trình sau :  x 3  3 x 2  m  0 có hai (1đ) nghiệm. pt  x 3  3x 2  1  m  1 (*) 0.25
Phương trình (*) có hai nghiệm thì đồ thị (C ) cắt đường thẳng (d) y = 0.25  m 1  1  m  0 0.25 m +1 tại hai điểm   0.25 m  1  3  m  4 3 9 1 Tính giá trị của biểu thức: A  4log  log 4  6250,75 2 1 2 1đ 3 3 2 2 3 0,25 A  2 2 log 2  log23   5 4     4 3 0,25 3 2  2log 2  2  5 3 0,25  32  2  53 1143 0,25 II  9 2) Tìm GTLN và GTNNt của hàm số y   x 2  3 e x trên  0; 2 . 1đ Hàm số đã cho liên tục trên [0; 2]  x  1 n  y '   x 2  2 x  3 e x , y '  o   0.5  x  3  l  y  0   3; y 1  2e; y  2   2e 0.25 Vậy: Maxy  y  2   3; Miny  y 1  2e 0.25 [0;2] [0;2] Cho tứ diện OABC, có OA, OB, OC đôi một vuông góc, tam giác OBC vuông cân tại O, BC = a 2 . Góc giữa AB và (OBC) bằng 300. 2 III 1. Tính theo a thể tích khối tứ diện OABC. điểm 2. Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC. 1 1 Theo gt ta có: OA  OBC   V OABC  3 S ABC .OA 0,25 Ta có: OBC vuông cân tại O và BC = a 2  OB =OC = a 1 0.25  S OBC  a 2 2 Do OA  OBC   OB là hình chiếu của AB lên (OBC)
0.25   AB,  OBC     AB, OB   ABO  300 a 3 Xét  AOB: OA  OB tan900  3 0.25 3 a 3 Vậy: V OABC  18 Gọi M là trung điểm BC. Do OBC vuông tại O nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC. 0,25 Dựng Mx//OA  Mx  OBC  Mx là trục của mặt (OBC) Trong mp(OA, Mx) dựng đường trung trực của OA cắt OA tại N và 0.25 Mx tại I  IA = IO (1) 2 Mặt khác : I  Mx  IO = IB = IC (2) 0.25 Từ (1) và (2) suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC và bán kính R = IC 0.25 a 21 2 2 Xét IMC: IC  MC  MI  R 6 x2 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  , biết tiếp Va 3 x 1đ tuyến song song đường thẳng y = 5x + 2013. 5 0,25 y'  3  x 2 Do tiếp tuyến song song với (d): y = 5x + 2013  y’(x0) = 5 0.25 5  x  2  y0  4   5  x  3   0 0.25 3  x 2  x0  4  y0  6 Vậy có hai tiếp tuyến: y = 5x - 6; y = 5x - 26 0.25 1 Giải phương trình: log 2 x  2log 4  x  1  1 1đ ĐK: x > 1 0,25 PT  log 2 x x  1  1 0.25  x x  1  2  x 2  x  2  0 0.25  x  1loai  0.25   x  2nhan x 1 x 1 1 2 Giải bất phương trình:       2 log 8 . 4 1đ Va 4  16  1 1 x x 0.25 BPT  4      3  0 1 4  4 x 1 0.25 Đặt: t     0 4 1  t  4t  3  0  1  t  3 2 0.25 x 1  1     3  log 1 3  x  0 0.25 4 4
x2 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  , biết tiếp IVb 3 x 1đ tuyến vuông góc đường thẳng: x + 5y - 2013 = 0. 5 0.25 y'  3  x 2 Do tiếp tuyến vuông góc với (d): x + 5y - 2013  y’(x0) = 5 0.25 5  x  2  y0  4   5  x  3   0 0.25 3  x 2  x0  4  y0  6 Vậy có hai tiếp tuyến: y = 5x - 6; y = 5x - 26 0.25 1 Cho y = y  e  x sin x . Chứng minh rằng: y' '2 y '2 y  0 1đ y'  e  x cos x  sin x  0.25 y' '  2 cos xe  x 0.25 y"2 y '2 y  0  2 cos xe  x  2e  x cos x  sin x   2e  x sin x  0 0.25  0  0đpcm 0.25 2 Chứng minh rằng: Với mọi m thì đồ thị hàm số 1đ y  x  3m  1x  3mm  2x  m  3m luôn có hai cực trị và 3 2 3 2 Vb khoảng cách giữa hai điểm cực trị không đổi. Ta có : y'  3 x 2  6m  1x  6 mm  2  0.25  x  2  m y'  0   0.25  x  m Đồ thị (Cm) có hai điểm cực trị A(-2 - m; 4) và B(-m; 0) 0.25  AB  2 5 (hằng số) (đpcm) 0.25 Hết
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: 14/12/2012 ĐỀ ĐỀ XUẤT (Đề gồm có 01 trang) Đơn vị ra đề: THPT Lai Vung 1 I. PHẦN CHUNG (7,0 điểm) 3 Câu I ( 3.0 điểm) Cho hàm số y  x  3x  2 (C) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số . 2. Tìm tham số m để đường thẳng (d): y = - mx + 2 cắt đồ thị ( C ) tại ba điểm phân biệt . Câu II ( 2.0 điểm) 1 1.Tính giá trị biểu thức A  814  eln2 101log10 2.Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  f ( x)  x 2  4ln(1  x ) trên [-2,0]. Câu III ( 2.0 điểm) Cho khối lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có mặt đáy tam giác ABC đều cạnh 2a.Gọi I là trung điểm BC, góc giữa A’I và mặt phẳng (ABC) bằng 300 . 1. Tính thể tích của khối lăng trụ đã cho . 2. Chứng minh tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp A' .AIC là trung điểm M của A’C . Tính bán kính của mặt cầu đó . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) (Học sinh chọn IVa và Va hay IVb và Vb ) A. Theo chương trình chuẩn. 4 2 Câu IVa ( 1.0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  x  x  1 tại điểm có hoành độ là nghiệm phương trình lnx = 0 . Câu Va ( 2.0 điểm) x 1) Giải phương trình log 23 x  2 log9 3 x  log3  3 0 3  x2  2 x  3 2 x5 e e 2) Giải bất phương trình            B. Theo chương trình nâng cao. Câu IVb ( 1.0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm hàm số x2 y tại điểm có tung độ y0 thỏa đẳng thức 3 y0  9  0 . x 1 Câu Vb ( 2.0 điểm) 1. Cho hàm số y  e4 x  2e  x . Chứng minh rằng y '''  13 y '  12 y
2. Chứng minh đường thẳng y = -x+7 là tiếp tuyến của đồ thị hàm số 2 x 1 y . .........Hết...... x 1 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 TRANG 1 (Hướng dẫn chấm gồm có 03 trang) Đơn vị ra đề: THPT Lai Vung 1 Câu ĐÁP ÁN ĐIỂM Câu I 1. (2.0 điểm ) ( 3.0 điểm ) a Tập xác định D=R 0,25 b. Sự biến thiên Giới hạn : lim y   ; lim y   0,25 x  x   x  1 0,25 y’ = 3x2 - 3 . Cho y’ = 0   x 1  Hàm số đồng biến trên các khoảng ( - ∞ ; -1 ) và ( 1; + ∞ )  Hàm số nghịch biến trên khoảng ( -1 ; 1 ) 0,25  Hàm số đạt cực đại tại : x = -1 ; yCĐ = 4 Hàm số đạt cực tiểu tại : x = 1 ; yCT = 0 0.25 Bảng biến thiên : x -∞ -1 1 +∞ y’ + 0 - 0 + 0,25 y CĐ +∞ -∞ 4 CT 0 c. Đồ thị : Giao điểm của ( C ) với trục 0y : ( 0 ; 2 ) 0,25 Giao điểm của (C ) với trục 0x : ( 1 ;0 ) ; ( 2 ; 0 ) y 8 6 4 2 x 0.25 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 -2 -4 -6 -8 2. ( 1,0 điểm ) -Phương trình hoành độ giao điểm : x3  3x  2  mx  2  x3  (m  3) x  0 0,25 x  0   x x2  m  3  0   2   x  m  3  0 (*)  0,25
Đường thẳng d cắt ( C ) tại ba điểm phân biệt  phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 0 0,25  3 m  0  m  3 0,25 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ĐỀ XUẤT TRANG 2 Câu ĐÁP ÁN ĐIỂM Câu II 1. (1.0 điểm ) ( 2.0 điểm ) 1 1  814    3 4 4 3 ; eln 2  2 0,25+0.25 10 0,25  101 log10  1 log10 10  A=3+2+1=6 0,25 2. (1.0 điểm ) 4 2 x 2  2 x  4  y'  2x   0,25 1 x 1 x  x  2  [2, 0]  y'  0   0,25  x  1  f(-1) = 1- 4ln2; f(-2)= 4 - 4ln3; f(0) = 0 0,25  Max f ( x)  f (0)  0 ; Min f ( x )  f (1)  1  4 ln 2 0,25  2 , 0   2 , 0  Câu III ( 2.0 điểm ) M I 1. (1.0 điểm ) 0,25    AI là hình chiếu của A’I lên (ABC)  A ' I, (ABC)  A ' IA  300  SABC  a 2 3 0,25  AI  a 3 , A ' A  AI t an300  a 0,25  V  A ' A.SABC  a 3 3 0,25 2.(1.0 điểm ) A'C  A' A  AC  MA   MA'  MC (1) 0,25 2 A'C 0,25 '  A I  IC  MI   MA'  MC (2) 2
 Từ (1) và (2) ta có MA’=MA=MI=MC. Tâm mặt cầu là trung 0,25 điểm M của A’C A'C A' A2  AC 2 a 5 0,25  Bán kính R    2 2 2 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ĐỀ XUẤT TRANG 3 Câu ĐÁP ÁN ĐIỂM A IVa. (1.0 điểm ) Theo chương  Tiếp tuyến tại M ( x , y ) : y  f ' ( x )( x  x )  y ; f '  x   4x3  2x 0,25 0 0 0 0 0 trình chuẩn ( 3.0 điểm )  Lnx=0  x  1 . Ta có : x0  1  y0  3 ; f ' 1  6 0,5 0,25  Tiếp tuyến tại M (1,3) : y = 6x-3 Va. (2.0 điểm ) 1) Điều kiện x > 0 . pt viết lại : log 23 x  2log3 x  3  0 0,5  Đặt t  log3 x . Phương trình t 2  2t  3  0  t  1 hoặc t = -3 0,25  Kết luận : x = 3 hoặc x = 1/27 0,25 2) bpt   x 2  2 x  3  2 x  5   x 2  2  0 0.5 ĐS: x   2 hoặc x  2 0.5 B IVb. (1.0 điểm ) Theo chương 1 trình nâng  Tiếp tuyến tại M ( x0 , y0 ) : y  f ' ( x0 )( x  x0 )  y0 ; f '  x   0,25 cao  x 12  3 y0  9  0  y0  2 . Ta có : y0  2  x0  0 ; f '  0  1 0,5 ( 3.0 điểm )  Tiếp tuyến tại M (0,2) : y = x+2 0,25 Vb. (2.0 điểm ) 1) y '  4e 4 x  2e  x ; y ''  16e4 x  2e  x ; y '''  64e 4 x  2e  x 0,5  y '''  13 y '  12e4 x  24e  x  12 y 0,5  x2  1   x  7  x 1 0,25 2) Xét hệ phương trình  2 (*) x  2x  1   1   x  1 2   Giải hệ pt (*) tìm được nghiệm x=2 0,5  Vậy đường thẳng y=-x+7 là tiếp tuyến 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   x 3  3x 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     ; x  0; y  0 2   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 (C ) tại giao 2x 1 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  x 3  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: y  x  m cắt (C ) x 1 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   x 3  3x 2  1 1.1 2) Biện luận: x 3  3x 2  m  0 (*)   x3  3 x 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 + : phương trình có 2 nghiệm. m  4 + m  (0;4) : phương trình có 3 nghiệm. Phần Chung : 7 điểm 1  y  y -1  2 x      1 1). Tính A= (2x+ )    2  2   1 y  4x  .( ) y 2 xy 2x  2 1  xy 2 Câu 2). y= f(x)= x – ln(1-2x) trên đoạn  2;0 2 2 + y '  2x  1  2x  x  1(l ) + y' 0   1  x   (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  600 SA  tan 600.AO  a 6 * Thể tích khối chóp 4a 3 6 VS .ABCD  3 2. S Câu a 3 K O A H B + Tính SSAB Kẻ OH  AB  SH  AB , do đó SHO  60 0 SO 2a.sin 300 a  vuông SOH : SH  0   , sin 60 3 3 a 3 OH = SO.cot.60 = 6  vuông AOH : AH2 = AO2 – OH2 a  AH  3cos2 300  sin 2 300 3 3 1 2a 2 . 3.  2 1 Vậy SSAB = AB.SH  4 4 a 2 2 6 3 Câu Câu IVa: 4a