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

Chia sẻ: Pham Linh Dan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:52

Thêm vào BST

Báo xấu

65
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo 9 đề kiểm tra chất lượng học kỳ 1 môn Toán 12 - Sở GDĐT Đồng Tháp (2012-2013) dành cho các bạn học sinh lớp 12 và quý thầy cô, để giúp cho các bạn học sinh có thể chuẩn bị ôn tập tốt hơn và hệ thống kiến thức học tập chuẩn bị cho kỳ kiểm tra chất lượng môn Toán. Mời các thầy cô và các bạn tham khảo.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: 9 Đề KTCL HK1 môn Toán 12 - Sở GDĐT Đồng Tháp (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: 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 CAO LÃNH 1 ) I. PHẦN CHUNG (7,0 điểm) x 3 Câu I ( 3 điểm) Cho hàm số y  có đồ thị (C) x2 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). 2.Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng (d) : y = mx + 1 cắt đồ thị của hàm số đã cho tại hai điểm phân biệt Câu II ( 2 điểm) 3 4 2 5 16 1.Tính B = log 2 ( ) 2 2. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y = x4 - 8x2 + 15 trên đoạn [-1; 3]. Câu III ( 2 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, cạnh bên SB= a 3 1.Tính thể tích của hình chóp S.ABCD 2.Xác định tâm, bán kính của 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. x4 Câu IVa ( 1 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  biết tiếp x 1 tuyến song song với đường thẳng 3x - 4y = 0. Câu Va ( 2 điểm) Giải các phương trình và bất phương trình sau 1/ 22x+1 – 9.2x + 4 = 0   2/ log 2 x 2  2 x  3  1  log 2  3x  1 . B. Theo chương trình nâng cao. x2  x  2 Câu IVb ( 1 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  biết x2 tiếp tuyến song song với đường thẳng 3x + y - 2 = 0. Câu Vb ( 2 điểm) 1. Tính đạo hàm của các hàm số sau: a) y = x2.e4x b) y = ex.ln(2 + sinx)
2.Cho họ đường thẳng (dm ) : y  mx  2m  16 với m là tham số . Chứng minh rằng (dm ) luôn cắt đồ thị (C): y  x 3  3x 2  4 tại một điểm cố định I . .........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 CAO LÃNH 1 Câu Nội dung yêu cầu Điểm C I.1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị y  x 3 x2 TXĐ D=R\ 2 0.25 y;  1 >0 với mọi x  D 0.25 ( x  2) 2 TCĐ x=2 vì lim y  ; lim y   0.25 x 2  x 2  TCN y= 1 vì lim y  1 0.25 x   BBT x  2  0.25 y + + y  1 1  x=0 => y=3/2 0.25 y=0 => x=3 Đồ thị 0.5
C I.2 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng 1đ (d) : y = mx + 1 cắt đồ thị của hàm số đã cho tại hai điểm phân biệt Phương trình hoành độ của (C ) và đường thẳng y  mx  1 : 0.25 x3  mx  1  g(x)  mx 2  2mx  1  0 , x  1 (1) x2 Để (C ) và (d) cắt nhau tại hai điểm phân biệt  phương trình (1) có hai 0.25 nghiệm phân biệt khác 2 m  0 0.25   ;  m 2  m  0  g 2   0  m  0   m  0  m  1 1  0   m  0  m 1 0.25 CII.1 3 1đ 4 2 5 16 1.Tính B = log 2 ( ) 2 2 1 2 0.5 232225 B = log 2 1 2 2 16 0.5 = log 2 2 =16/15 15 CII.2 2.Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y = x4 - 8x2 + 15 1đ trên đoạn [-1; 3]. Hàm số y = x4 - 8x2 + 15 liên tục trên đoạn [-1; 3]. 0.25 Ta có y’ = 4x3 - 16x = 4x(x2 - 4).
y '  0 4x(x 2  4)  0 x  0, x  2 x  0 0.25     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] CIII Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA 2đ vuông góc với mặt phẳng đáy, cạnh bên SB= a 3 1.Tính thể tích của hình chóp S.ABCD 2.Xác định tâm, bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD 1.SABCD=a2 0.25 2 0.25 SA  SB 2  AB 2  a 3  a2  a 2 1 1 1 2 3 0.25 V  VSABCD  Bh  .SA.a 2  .a 2.a 2  .a 3 3 3 3 s 0.25 H I A D O B C 2.Gọi O là tâm của hình vuông ABCD, O chính là tâm đường tròn ngoại 0.25 tiếp hình vuông ABCD. Qua O kẻ đường thẳng d song song SA, d là trục của đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD, d cắt SC tại I trung điểm của SC Ta có: Tam giác SAC vuông tại A, I trung điểm SC do đó: 0.25 IA=SC/2=IS=IC Hay IS=IA=IB=IC=ID. Vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABCD 0.25 SC SA2  AC 2 2a 2  2a 2 0.25 Tính bán kính:R=IA=   a 2 2 2 CIVa.1 x4 1đ Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  biết tiếp x 1 tuyến song song với đường thẳng 3x - 4y = 0. 3 3 0.25 y'  2 , x  1  y '(x 0 )  . (x  1) (x 0  1)2 y’(x0) = 3/4  (x0 - 1)2 = 4  x0 = -1 hoặc x0 = 3. 0.25 Với x0 = -1, y0 = 5/2, ta có tiếp tuyến tại (-1; 5/2) là y = 3 (x  1)  5 0.25 4 2 3 Với x0 = 3, y0 = -1/2, ta có tiếp tuyến tại (3; -1/2) là y = (x  3)  . 1 0.25 4 2
CVa.1 1. Giải các phương trình sau 1đ 22x+1 – 9.2x + 4 = 0 1  2.2 2 x  9.2 x  4  0 2  0.25 Đặt t  2 x  0 , 2   2.t 2  9.t  4  0 0.25 t  4 0.25  1 t   2 Vậy x  2 ; x  -1 0.25 CVa.2   2.Giải bất phương trình: log 2 x 2  2 x  3  1  log 2  3x  1 . 1đ 3 x  1  0  0.5 Bpt  log 2  x 2  2 x  3   log 2 2  3 x  1   2  x  2 x  3  2  3 x  1   1  1 0.5 x   x    3  3  x5 x  4x  5  0 2  x  1 hoÆc x  5   Câu x2  x  2 1đ IVb Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  biết tiếp x2 tuyến song song với đường thẳng 3x + y - 2 = 0. Tiếp tuyến  song song với đường thẳng 3x + y - 2 = 0 nên có hệ số góc k 0.25 = -3. Gọi (x0; y0) là tọa độ tiếp điểm, ta có k = -3 = y’(x0). 4 4 0.25 y = x 3  y' 1 , x  2 . x2 (x  2)2 y’(x0) = -3  (x0 + 2)2 = 1  x0 = -1 hoặc x0 = -3 Với x0 = -1, y0 = 0, ta có tiếp tuyến tại (-1; 0) là y = -3x - 3. 0.25 Với x0 = -3, y0 = -10, ta có tiếp tuyến tại (-3; -10) là y = -3x - 19 0.25 Câu Câu Vb ( 2 điểm) 1đ Vb .1 1. Tính đạo hàm của các hàm số sau: a) y = x2.e4x b) y = ex.ln(2 + sinx) a) y = x2.e4x 0.25 y’ = (x2)’.e4x + x2.(e4x)’ = 2x.e4x + x2.(4x)’.e4x = 2x.e4x(1 + 2x). 0.25 b) y = ex.ln(2 + sinx) 0.25 y’ = (ex)’.ln(2 + sinx) + ex.(ln(2 + sinx))’ = ex.ln(2 + sinx) + ex. (2  s inx)' = ex.ln(2 + sinx) + ex. cosx 0.25 2  s inx 2  s inx
Câu 2.Cho họ đường thẳng (dm ) : y  mx  2m  16 với m là tham số . 1đ Vb .2 Chứng minh rằng (dm ) luôn cắt đồ thị (C): y  x 3  3x 2  4 tại một điểm cố định I Phương trỉnh hoành độ điểm chung của (C) và (dm ) : x  2 x3  3x 2  4  mx  2m  16  (x  2)[x2  5x  (10  m)]  0   0.5  x2  5x  10  m  0  Khi x = 2 ta có y  23  3.22  4  16 ; y = 2m  2m + 16 = 16 ,m  0.25 Do đó (dm ) luôn cắt (C) tại điểm cố định I(2;16 ) . 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: 14/12/2012 ĐỀ ĐỀ XUẤT (Đề gồm có 01 trang) Đơn vị ra đề: THPT Châu Thành 1 (Sở GDĐT Đồng Tháp) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3,0 điểm) Cho hàm số y   x 3  3x  3 (1) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) 2) Dựa vào đồ thị, tìm giá trị m sao cho phương trình x 3  3 x  3  2 m  0 có duy nhất một nghiệm Câu II (2 điểm) 1) Không sử dụng máy tính, tính giá trị của P  log 2 8log 5 3 2)Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y  f x   2 x  e 2 x trên đoạn [-1; 2] Câu III (2 điểm) Cho hình chóp đều SABC, đáy là tam giác ABC đều tâm O cạnh a, góc giữa SB với mặt đáy bằng 600 1)Tính thể tích chóp SABC theo a 2)Cho tam giác SOA xoay quanh trục SO ta được một khối tròn xoay. Tính thể tích khối tròn xoay đó II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) 1. Phần 1 Câu IVa (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f x   3x 4  2 x 2 tại điểm có hoành độ là nghiệm của phương trình y” = 0 Câu Va (2 điểm) 1) Giải phương trình sau đây: log 3 x  6 log x 3  5  0 2 x 2 3 x 3 2 2) Giải bất phương trình sau đây:      2 3 2. Phần 2 Câu IVb (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f x   3x 4  2 x 2 tại điểm có hoành độ là nghiệm của phương trình y” = -5
Câu Vb(2 điểm) 1) Cho hàm số y  f x   x ln 4 x  x 2  Tìm tập xác định và tính f ' 2  của hàm số x2  x  m 2)Tìm m để đồ thị hàm số Cm  y  cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt có x 1 hoành độ dương 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 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ĐỀ XUẤT (Hướng dẫn chấm gồm có 5 trang) Đơn vị ra đề: THPT Châu Thành 1 (Sở GDĐT Đồng Tháp) CÂU I NỘI DUNG ĐIỂM 2 điểm 1)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y   x 3  3x  3 Tập xác định D = R 0,25 y '  3 x 2  3 x  1 y  5 0,25 Cho y '  0  3 x 2  3  0     x  1  y  1 lim y   ; lim y   0,25 x   x  Hàm số đồng biến trên khoảng Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng 0.25 Hàm số đạt cực đại tại x = 1 , giá trị cực đại y = 5 Hàm số đạt cực tiểu tại x = -1 , giá trị cực tiểu y = 5 Bảng biến thiên x  -1 1  y’ - 0 + 0 - 0,5 y  5 1  Cho điểm đặc biệt y x=2;y=1 x= -2; y = 5 Vẽ đồ thị 0,5 O x 1 điểm 2)Dựa vào đồ thị, tìm giá trị m sao cho phương trình x 3  3 x  3  2 m  0 có duy nhất một nghiệm Ta có: x 3  3 x  3  2 m  0   x 3  3x  3  2 m (1) 0,25 Phương trình (1) là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số 0,25
y   x 3  3x  3 và đường thẳng y  2 m , dựa vào đồ thị phương trình có 1 nghiệm duy nhất khi 0,25 2m  5 m  log 2 5  m  0,25 2  1 m  0 CÂU II NỘI DUNG ĐIỂM 0,5 điểm 1) Không sử dụng máy tính, tính giá trị của P  log 2 8 log 3 5  log 2 2 3  log 3 5 log 3 5 P  log 2 8  3log3 5  5 0,5 1,5 điểm 2)Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y  f x   2 x  e 2x trên đoạn [- 1; 2] Tập xác định D = R 0,5 f '  x   2  2e 2 x 0,25 Cho f ' x   0  2  2e 2 x  0  e 2 x  1  x  0  [1;2] 0,25 1 f  1  2  2 ; f 0  1; f 2   4  e 4 e Vậy Max f x   f 0  1; min f x   f 2   4  e 4 0,5 x[ 1; 2 ] x[ 1; 2 ] CÂU III S S 2 điểm A B O A O J I C 1) Tính thể tích chóp SABC theo a Ta có SABC là chóp đều nên SO  ( ABC ) 0,25 OB là hình chiếu vuông góc của SB lên mặt phẳng (ABC) Góc giữa SB và (ABC) là góc SBO Suy ra góc SBO = 600 Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AC, BC
2 a 3 Ta có OB  IB  3 3 0,25 Xét tam giác SOB vuông tại O SO a 3 tan SBO   SO  OB. tan SBO  . 3a OB 3 0,25 a2 3 S ABC  0,25 4 1 a3 3 Vậy VSABC  SO.S ABC  (đvtt) 3 4 1 điểm 2)Cho tam giác SOA xoay quanh trục SO ta được một khối tròn xoay. Tính thể tích khối tròn xoay đó Cho tam giác SOA xoay quanh trục SO ta được một khối tròn xoay là khối nón đỉnh S a 3 Khối nón có chiều cao h = SO = a, bán kính đường tròn đáy r = OA = 0,5 3 3 1 a Thể tích khối nón là V   .r 2 .h  (đvtt) 3 9 0,5 Phần riêng Phần 1 CÂU IVa Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f x   3x 4  2 x 2 tại điểm 1 điểm có hoành độ là nghiệm của phương trình y” = 0 Ta có: y  f x   3x 4  2 x 2 0,25 y '  f ' x   12 x 3  4 x y"  f " x   36 x 2  4  1  5 x  3  y  27 Cho y’’ = 0  36 x 2  4  0    0,25 x   1 y  5   3   27  1  8 x  3 k  9 0,25 Hệ số góc tiếp tuyến   x  1 k   8   3   9 8 1 8 1 0,25 Vậy ta có hai phương trình tiếp tuyến là y  x  ; y  x 9 9 9 9 CÂU Va 1)Giải phương trình sau đây: log 3 x  6 log x 3  5  0 x  0 2 điểm điều kiện  0,25 x  1 0,25
1 2 log 3 x  6.  5  0  log 3 x   5 log 3 x  6  0 log 3 x 0,25 Đặt t  log 3 x t  0  t  3 Ta có phương trình t 2  5t  6  0   t  2 0,25 với t  3  log 3 x  3  x  27 (nhận) với t  2  log 3 x  2  x  9 (nhận) Vậy phương trình có hai nghiệm x = 27, x = 9 2 x 2 3 x  3 2 2)Giải bất phương trình sau đây:    2 3 2 x 2 3 x 2 x 2 3 x 1  3 2  3 3 1       2 x 2  3x  1  0  x  ; x  1    0,75 2 3 2 2 2  1 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S    ;   1;  0,25  2 CÂU IVb Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f x   3x 4  2 x 2 tại điểm có 1 điểm hoành độ là nghiệm của phương trình y” = -5 Ta có: y  f x   3x 4  2 x 2 y '  f ' x   12 x 3  4 x 0,25 y"  f " x   36 x 2  4  1  5 x  2  y  16 Cho y’’ = -5  36 x 2  9  0    x   1 y  5 0,25   2   16  1  1 x  2 k  2 Hệ số góc tiếp tuyến   0,25 x  1  1 k   2   2 1 1 1 1 Vậy ta có hai phương trình tiếp tuyến là y  x  ; y  x 2 16 2 16 0,25 CÂU Vb 2) Cho hàm số y  f x   x ln 4 x  x . Tìm tập xác định và tính f ' 2  2 của hàm số 2 điểm điều kiện: 4 x  x 2  0  0  x  4 Tập xác định của hàm số là D  0;4  0,5 4  2x y  f x   x ln 4 x  x 2   y '  ln 4 x  x 2   4x Vậy f ' 2   ln 4 0,5
x2  x  m Tìm m để đồ thị hàm số C m  y  cắt trục hoành tại hai điểm phân x 1 biệt có hoành độ dương Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị và trục hoành x2  x  m  0  x 2  x  m  0, x  1 0,25 x 1 đồ thị cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt có hoành độ dương khi phương trình 0,25 hoành độ giao điểm có hai nghiệm dương phân biệt khác 1   0 S  0 1  4m  0  1 0,5   m  1   m  0  4 0m P  0 m  0 m  0  4 1  1  m  0 2   Vậy 0 < m < 1/4 HẾT
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ 1 Năm học: 2012−2013 Môn thi: TOÁN – lớp 12 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) I−PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) 1 Câu 1: (3 điểm) Cho hàm số y   x 4  2x 2 có đồ thị (C) 4 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Viết phương trình các tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ x0 thỏa y ''  x 0   1 Câu 2: (2 điểm) 2012    1. Tính giá trị của biểu thức: A  3log 2012 1  2  log 2012 5 2  7  .    cos x 2. Cho hàm số y  e . Chứng minh rằng: y '.sin x  y.cos x  y ''  0 . Câu 3: (2 điểm) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, BA = BC = a. Góc giữa đường thẳng A’B với mặt phẳng (ABC) góc 600. 1. Tính thể tích của khối lăng trụ đã cho theo a. 2. Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp B’.ABC. II−PHẦN RIÊNG (3điểm) Học sinh chỉ được chọn 1 trong 2 phần (phần theo chương trình Chuẩn và phần theo chương trình nâng cao) 1. Theo chương trình chuẩn: Câu 4a: (2 điểm) Giải các phương trình và bất phương trình sau: a. 5x 1  53 x  26  5x  3  b. log 1   1 2  x2  x Câu 5a: (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   x  e 2 , x   2;3 . 2. Theo chương trình nâng cao:  x 2  4x  5 Câu 4b: (2 điểm) Tìm phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số y  x2 2 x  m  m 1 Câu 5b: (1 điểm) Tìm các giá trị của tham số m để giá trị lớn nhất của hàm số y  trên  1; 0 x 1 có giá trị bằng 0. Hết./.
HƯỚNG DẪN CHẤM CÂU MỤC NỘI DUNG ĐIỂM 1 1.1 1 2đ y   x 4  2x 2 4 TXĐ: D  , y '   x 3  4x 0,25 x 0 y0 0,25 y '  0   x 3  4x  0  x  2  y  4 lim y   ; lim y   0,25 x  x  Bảng biến thiên 0,25 x −∞ −2 0 2 +∞ y' + 0 − 0 + 0 − y 4 4 −∞ 0 −∞ Hàm số đồng biến trên từng khoảng (−∞;−2) và (0;2) 0,5 Hàm số nghịch biến trên từng khoảng (−2;0) và (2;+∞) Hàm số đạt cực đại tại x  2 , yCĐ = 4 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = 0 Điểm đặc biệt:  2;0 ;  2; 0  0,25 Đồ thị: 0,25 y 4 2 x -2 O 2 1.2 Viết phương trình các tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ x0 thỏa 1đ y ''  x 0   1 y '   x 3  4x , y ''  3x 2  4 0,25 7 0,25 x  1  y  4 y ''  0  x 2  1  7 x  1  y  4 x  1  k1  3 0,25 x  1  k 2  3 5 5 0,25 Pttt: y  3x  ; y  3x  4 4 2 2.1 2012 1đ   A  3log 2012 1  2  log 2012 5 2  7     3 2012 0,25 A  log 2012 1  2  log 2012   5 2  7     
3 2012 0,25 A   log 2012 1  2 . 5 2  7          A   log 2012 1 2012 0 0,5 2.2 Cho hàm số y  e cos x . Chứng minh rằng: y '.sin x  y.cos x  y ''  0 1đ y '   sin x.e cos x , y ''   cos x.e cos x 2  sin x.e cos x 0,5 y '.sin x  y.cos x  y ''    sin x.e cos x  .sin x  e cosx .cos x    cos x.ecos x  sin 2 x.e cos x  0,25   sin 2 x.ecos x  e cosx .cos x  cos x.ecos x  sin 2 x.ecos x  0 (đpcm) 0,25 3 3.1 Tính thể tích của khối lăng trụ đã cho theo a. 1đ B' C' A' 60 0 B C A Ta có AA '   ABC   A 'BA  60 0,25 1 0,25 Diện tích đáy: SABC  a 2 2 Chiều cao của lăng trụ: AA '  a.t an600  a 3 0,25 a3 3 0,25 Thể tích: V  SABC .AA '  2 3.2 Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp B’.ABC. 1đ B'  d M I B C O A Gọi O là trung điểm AC, dựng Δ  (ABC) tại O  Δ là trục đường tròn ngoại tiếp 0,25 khối chóp B’.ABC Gọi M là trung điểm BB’, gọi d là trung trực của BB’ sao cho d cắt Δ tại I 0,25 I    IA  IB  IC  Ta có:   IB'  IA  IB  IC  I là tâm mặt cầu ngoại tiếp I  d  IB  IB'  khối chóp B’.ABC 1 a 3 0,25 BB '  AA '  a 3 , OI  MB  BB'  2 2
1 a 2 a 5 0,25 OB  AC  , R  IB  OB2  OI2  2 2 2 4a 4a.1 x 1 3 x 5  5  26 1đ x 2 0,5 Biến đổi pt ta được:  5   130.5x  625  0 5x  5  x  1 0,25 Giải ta được: 5x  125  x  3 Vậy nghiệm của phương trình là x = 1, x = 3 0,25 4a.2  5x  3  1đ log 1   1 2  x2   5x  3  1 0,25 Biến đổi ta được : log 1    log 1   2  x2  2 2  5x  3 0,25 5x  3 1  x2 0   0   x2 2  5x  3  1  x2 2   3  3 0,25  x  2 hay x  5   x  2 hay x  5    9x  8  0 2  x  8  2  x  2    9 3 8 0,25  x 5 9 5a 5a x 1đ Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   x  e 2 , x   2;3 . 1 x 0,25 f '  x   1  e 2 , f '  x   0  x  2.ln 2 (nhận) 2 3 0,25 f  2   2  e , f  3  3  e , f  2 ln 2   2 ln 2  2 1 2 max f  x   f  2 ln 2   2ln 2  2 0,25 x 2;3 min f  x   f  2   2  e1 0,25 x 2;3 4b 4b Tìm phương trình đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của đồ thị hàm số 1đ  x 2  4x  5 y x2  x 2  4x  3 0,25 TXĐ: D  , y '  2  x  2 x 1 y  2 0,25 y'  0  x  3  y  2 Lập BBT, ta có hai điểm cực trị là A(1 ;2), B(3 ;−2) 0,25 Phương trình đường thẳng qua hai điểm cực trị là: y = −2x + 4 0,25
5b 5b x  m2  m  1 1đ Tìm các giá trị của tham số m để giá trị lớn nhất của hàm số y  trên x 1  1; 0 có giá trị bằng 0  m2  m  2 0,5 TXĐ: D  \ 1 , y '  2  0, x   1; 0  x  1 m0 0,5 Do đó: max f (x)  f ( 1)  0  m 2  m  0  x 1;0 m  1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ 1 ĐỒNG THÁP Năm học: 2012 – 2013 ______________________________ ________________________________________________ Môn thi: Toán 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 Chu Văn An. I PHẦN CHUNG (7,0 điểm) Câu I: (3 điểm) Cho hàm số y  x 4  4 x 2 (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) 2. Dựa vào đồ thị tìm m để phương trình x4 – 4x2 – m = 0 có 4 nghiệm phân biệt. Câu II: (2 điểm) 1. Tính giá trị của biểu thức sau: A = 92log 4 4log 2 3 81 ln x 2. Tìm GTLN, GTNN của hàm số y  trên đoạn [ 1; e3 ] x Câu III. (2 điểm) Cho hình chóp S.ABC có ABC là tam giác vuông cân tại B, AC  a , SA  ( ABC ) , góc giữa cạnh bên SB và đáy bằng 60 0. 1. Tính thể tích khối chóp S.ABC. 2. Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. 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) x 3 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  tại giao điểm của 2 x đồ thị đó với trục hoành. Câu Va: (2 điểm) 1. Giải phương trình log 1 ( x  1)  log 1 ( x  1)  log 1 (7  x )  1 2 2 2 x x+1 2. Giải bất phương trình 4 + 2 – 8 < 0. B. Theo chương trình nâng cao. Câu IVb (1 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  x3  3x  1 tại điểm uốn của nó. Câu Vb (2 điểm) 1 1. Cho hàm số y  ln . CMR xy’ + 1 = ey. x 1 2. Cho hàm số y = x3 – 3x + 1 có đồ thị (C). Gọi (dm) là đường thẳng đi qua điểm U(0;1) và có hệ số góc m. Tìm các giá trị của m sao cho đường thẳng (dm) cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt. HẾT.