Đề kiểm tra chất lượng HK 1 Toán 12 - Sở GD&ĐT Bình Phước (2013-2014)

Chia sẻ: đinh Thị Thùy Linh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

54
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề kiểm tra chất lượng HK 1 Toán 12 - Sở GD&ĐT Bình Phước (2013-2014) dành cho các em học sinh đang chuẩn bị cho kỳ kiểm tra, với đề thi này các em sẽ được làm quen với cấu trúc đề thi và củng cố lại kiến thức căn bản nhất.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề kiểm tra chất lượng HK 1 Toán 12 - Sở GD&ĐT Bình Phước (2013-2014)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I BÌNH PHƯỚC Năm học: 2013-2014 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN – Lớp 12 (Đề gồm 1 trang) Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề) A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7.0 điểm) Câu 1 (3 điểm): Cho hàm số y  2 x3  3 x 2  2 1. Khảo sát và vẽ đồ thị  C  của hàm số. 2. Bằng đồ thị  C  , tìm m để phương trình 2 x 3  3 x 2  m  0 có đúng 2 nghiệm. Câu 2 (1 điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y  f ( x)  x 2  8ln x trên đoạn [1; e] . Câu 3 (1 điểm): Giải phương trình: log 2 x  log 2 ( x  1)  1 Câu 4 (2 điểm): Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. SA  (ABCD) và SD  a 2. Gọi E là trung điểm của cạnh BC. 1. Tính thể tích của khối chóp S.ADEB theo a. 2. Tính khoảng cách từ S đến đường thẳng DE. B. PHẦN RIÊNG (3 điểm) (Thí sinh chọn một trong hai phần) I. Chương trình chuẩn: Câu 5a (2 điểm): Giải phương trình, bất phương trình sau: 1. 49 x  2.7 x  15  0. 2. log 3 (3x  1).log 3 (3x 2  9)  3. Câu 6a (1 điểm): Cho một khối trụ có độ dài trục OO ¢= 2 7 . ABCD là hình vuông cạnh bằng 8 có các đỉnh nằm trên hai đường tròn đáy sao cho tâm của hình vuông là trung điểm của đoạn OO ¢. Tính thể tích của khối trụ đó. II. Chương trình nâng cao: Câu 5b (2 điểm): Giải các phương trình : 1. 24 x  4  17.22 x 4  1  0   2. log 7 1  x  x  log 4 x Câu 6b (1 điểm): Cho hình nón (N) có đỉnh S, bán kính đáy bằng R và chiều cao SO  3R. Một mặt phẳng   song song với mặt phẳng đáy của hình nón cắt mặt xung quanh của hình nón theo một đường tròn (C) có bán kính r (r  R ). Mặt phẳng   chia hình nón thành hai phần. Tính tỷ số thể tích hai phần đó theo r và R. ........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 kí của giám thị 1:………………………..Chữ kí của giám thị 2:……………………
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM BÌNH PHƯỚC ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I Môn: Toán – Lớp 12 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM  Tập xác định D  R 0,25  Sự biến thiên.  Giới hạn. Ta có lim y  , lim y   0,25 x  x   y '  6 x 2  6 x x  0  y  2 0,25  Cho y '  0  6 x 2  6 x  0   x  1  y  3  Bảng biến thiên. x  0 1  y - 0 + 0 - 0,5 y  3 2   Kết luận: Hàm số giảm trên  ;0  , 1;   và tăng trên  0;1 . Hàm số đạt cực đại bằng 3 khi x  1 và đạt cực tiểu bằng 2 khi 0,25 1.1 x0 y  Đồ thị.  Điểm đặc biệt: x  1  y  7 x  2  y  2  Vẽ đồ thị: 0,5 x O  Ta có 2 x 3  3 x 2  m  0  2 x3  3x 2  2  2  m * 0,25   * là phương trình hoành độ giao điểm giữa  C  và d : y  2  m . Số 0,25 1.2 nghiệm của * bằng số giao điểm của  C  và d . 2  m  2 m  0  Dựa vào đồ thị, yêu cầu bài toán thỏa mãn    . 0,5 2  m  3  m  1
Câu Câu 2 (2,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số 2 y  f ( x)  x 2  8ln x trên đoạn [1; e] . 2.0 đ Hàm số xác định và liên tục trên đoạn [1; e] 0.25 8 8  x  2  [1; e] f / ( x)  2 x  ; f / ( x)  0  2 x   0   x x  x  2  [1; e] 0.25 f (1)  12  8ln1  1 f (2)  22  8ln 2  4  ln 256 0.25 f (e)  e 2  8ln e  e 2  8 Vậy: max f ( x )  1 khi x  1 min f ( x)  4  ln 256 khi x  2 0.25 [1;e ] [1;e ] Câu ĐK : x  1 0.25 3 Ta có : log 2 x  log 2 ( x  1)  1 0.25  log 2 ( x 2  x)  1  x2  x  2 0.25  x2  x  2  0  x  1(l )  0.25  x  2(n) Câu 4 0,25 a 1 SA  SD 2  AD 2  a,VS.ADEB  SA.S ADEB 0,25 3 a a 3a 2 Ta có: S ADEB  2 a . 0,25 2 4 a 3a 2 a 3 Vậy VS.ADEB   (đvtt) 0,25 3 4 4 a 5 3a Ta có: DE  , SD  a 2, SE  . 0,25 2 2 1 Suy ra: cosDSE   DSE  450 0,25 2
1 3a 2 Suy ra S DSE  SE.SD.sin450  . 0,25 2 4 2S 3 5a Vậy SH  SDE  . 0,25 DE 5 5a 2 49 x  2.7 x  15  0   7 x   2.7 x  15  0 0,25  7 x  3  x 0,25 7  5  7 x  5  x  log 7 5. 0,25 Kết luận: nghiệm của phương trình là: x  log 7 5. 0,25 5a.2 log 3 (3x  1).log 3 (3x  2  9)  3  log 3 (3x  1).log3 [9.(3x  1)]  3 0,25  log 3 (3x  1).  2  log 3 (3x  1)   3 (1)   Đạt t  log 3  3x  1 , (1) trở thành 0,25 t (2  t )  3  t 2  2t  3  0  3  t  1 Do đó 1 0,25  3  log 3 (3x  1)  1   3x  1  3  3x  2  x  log 3 2. 27 Vậy bất phương trình có nghiệm x  log 3 2 0,25 6a B H O A I C O' K 0,25 D Giả sử A , B Î (O ) và C , D Î (O ¢ ) Gọi H, K, I lần lượt là trung điểm các đoạn AB,CD và OO ¢ 0,25 Vì IO = 7 ¹ 4 = IH nên O ¹ H Theo tính chất của hình trụ ta có ngay OIH và OHA là các tam giác vuông lần lượt tại O và tại H Tam giác vuông OIH có OH = IH 2 - OI 2 = 3 0,25 Tam giác vuông OHA có r = OA = OH 2 + HA 2 = 5 Vậy, thể tích khối trụ là: V = B .h = p .r 2 .h = p .52.2 7 = 50p 7 (đvtt) 0,25 5b.1 4 x4 2 x4 16 x 4x 2  17.2 1  0   17.  1  0  42 x  17.4 x  16  0 (*) 0,25 16 16 x  Đặt t  4 (ĐK: t > 0) phương trình (*) trở thành 0,25 2 t  1 (nhan) 4 x  1 x  0 t  17t  16  0    x  0,25 t  16 (nhan)  4  16 x  2  Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm: x = 0 và x = 2. 0,25
5b.2 Điều kiện: x > 0 0,25 t t  log 4 x  x  4 t t t t t  t  1  2  4 0,25 log 7 1  4  4   t  1  4  4t  7t           1 2 2   7 7 7 t t t t t t 1  2  4 1 1  2 2  4 4 f  t           ; f /  t     ln    ln    ln  0, t 7 7 7 7 7 7 7 7 7 0,25  f  t  gi¶m trªn R, f 1  1 f  t   f 1  t  1 Hay log 4 x  1  x  4 ( nhËn) 0,25 VËy ph¬ng tr×nh cã nghiÖm x  4 6b 0,25 Gọi V là thể tích khối nón. Gọi hai phần lần lượt là K1, K2 (hình vẽ). Thể tích tương ứng là VK 1 , VK 2 . Ta có: 1 2 0,25 VK 1 3  .r .SO ' r 3   3 V 1  .R .SO R 2 3 VK 2 R 3  r 3  0,25 V R3 VK 1 r3  3 3. 0,25 VK 2 R  r Lưu ý: Thí sinh giải theo hướng khác đúng đều đạt điểm tối đa. HẾT