Đề kiểm tra chất lượng học kỳ I môn Toán lớp 12 - Đề 07

TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ BỘ MÔN : TOÁN GIÁO VIÊN ĐẶNG VĂN HIỂN<br /> <br /> KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I Năm học: 2013-2014 Môn thi: TOÁN- Lớp 12 Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề) ĐỀ SỐ 07 (Đề gồm có 01 trang)<br /> <br /> A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ HỌC SINH (7 Đ) Câu I (3đ)Cho hàm số y  x 3  3 x 2  2 1)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2)Xác định tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng y  mx  2 cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt. Câu II (2đ) 1)Tính giá trị của biểu thức P <br /> 2log x  log x  0,1 log x 99,9  x<br /> <br /> , khi x  0,1 .<br /> <br /> 2)Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số f  x   4  x 2  4  x 2 trên đoạn [0;2]. Câu III (2đ) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B. Biết AC = 3 , góc ACB  300 , góc giữa AB’ và mặt phẳng (ABC) bằng 600 . 1)Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’. 2)Tính thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp A’.ABC. II.PHẦN RIÊNG-PHẦN TỰ CHỌN (3Đ) Học sinh chỉ được chọn phần A hoặc B. A.Theo chương trình chuẩn. Câu IVa(1đ) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) hàm số y  thị (C) và trục tung. Câu Va (2đ) 1)Giải phương trình: 3x  31 x  4 . 2)Giải bất phương trình: log 0,5    2 .  x  B.Theo chương trình nâng cao. Câu IVb(1đ)Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) hàm số y  bằng<br /> 1 . 2 x tại điểm có tung độ x2 1 tại giao điểm của đồ x2<br /> <br />  x 1 <br /> <br /> Câu Vb(2đ) 1)Giải bất phương trình: f '  x   1 , với f  x   ln 1  x 2  . 2)Cho hàm số y <br /> xm . Tìm các giá trị m  0 để đồ thị của hàm số cắt các trục tọa độ tại x 1<br /> <br /> hai điểm A và B mà diện tích tam giác AOB bằng 2 (O là gốc tọa độ). Hết _________________________________________________________________<br /> <br /> ĐÁP ÁN SỐ 08 Câu I ý 1 Nội dung +Tập xác định:D  +Đạo hàm: y '  3 x 2  6 x ; y '  0   +Giới hạn:  Lim y  <br /> x <br /> <br /> x  0 x  2<br /> x <br /> <br /> Điểm 0,25 0,25 0,25 0,5<br /> 2 0<br /> <br />  Lim y  <br /> 0 0  -2<br /> <br /> +Bảng biến thiên: x y' y<br /> <br />   <br /> <br />   <br /> <br /> -6<br /> <br /> +Nhận xét:<br /> Hàm số đạt giá trị cực đại yCÐ  2 khi x  0 . Điểm CĐ (0;-2) Hàm số đạt giá trị cực tiểu yCT  6 khi x  2 . Điểm CT (2;-6). Hàm số đồng biến trên các khoảng  ;0  và  2;  Hàm số nghịch biến trên khoảng  0;2 <br /> <br /> 0,25<br /> <br /> 2<br /> <br /> II<br /> <br /> 1<br /> <br /> +Điểm phụ: Cho x  1  y  6 B(-1;-6) Cho x  3  y  2 C(3;-2) +Đồ thị:Đúng dạng + qua các điểm cực trị Phương trình hoành độ giao điểm: x 3  3 x 2  2  mx  2 x  0  2  x  3 x  m  0  *    0 Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt  0    g  0  0  9 Đáp số:   m  0 4 1 2log x  2log0,1  2 1  2<br /> log x  0,1  log 0,1  0,1  1<br /> <br /> 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5<br /> <br /> log x 99,9  x  log 0,1 100  log 0,1 10  1<br /> P<br /> 2<br /> <br /> 3 2<br /> x x<br /> <br /> Hàm số liên tục trên D = [0;2]<br /> <br />   0 , x   0, 2  4  x2 4  x2 f 0  0 ; f  2  2 2 f ' x  <br /> <br /> 0,25<br /> <br /> Maxf  2 2 , khi x  2 ; min f  0 , khi x  0<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> III<br /> <br /> 1<br /> <br /> A' C'<br /> <br /> B'<br /> <br /> A C<br /> <br /> B<br /> <br /> Do AA’  mp(ABC)  B ' AB  300<br /> <br /> 2<br /> <br /> IVa<br /> <br /> Va<br /> <br /> 1<br /> <br /> 3 3 , BC  AC.cos 300  2 2 1 3 3 S ABC  AB.BC  2 8 3 3 BB '  AB.tan 600  . 3 2 2 1 3 3 3 3 3 VABC . A' B ' C '  . .  3 8 2 16 Gọi I là trung điểm của A’C Các tam giác A’AB, A’BC, A’AC là các tam giác vuông nên IA '  IA  IB  IC . Vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A’ABC 9 3 A ' C  A ' A2  AC 2  3  3  R  4 2 4 Vmc   R 3  4 3 3 1 x0  0  y0  2 1 f '  x0    4 1 1 1 1 Phương trình tiếp tuyến: y    x  0     x  4 2 4 2 3 3x  x  4 3 t  1 Đặt t  3x  0 , ta được phương trình: t 2  4t  3  0   t  3 AB  AC .sin 300 <br /> 3x  1  x  0   x 3  3  x  1<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> 0,25 0,25 0,25<br /> <br /> 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,5<br /> <br /> 2<br /> <br /> IVb<br /> <br />  x  1 x 1 0  x x  0 x 1 3x  1 Với điều kiện đó ta được: 4 0 x x x  0  x  1 3   x  1 Kết hợp với điều kiện được:  x  1 3  x 1 1 y0   0   x0  2 2 x0  2 2 2 1 f '  x0    2  x0  2  8 Điều kiện: Phương trình tiếp tuyến: y <br /> 1 1 1 1  x  2   x  8 2 8 4<br /> <br /> 0,25 0,25 0,25<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25<br /> <br /> Vb<br /> <br /> 1<br /> <br />  f ' x <br /> <br /> 2x 1  x2 2x 1 1  x2<br /> <br />  f ' x  1 <br /> 2<br /> <br />   x  1  0<br /> <br /> 2<br /> <br />  x 1 Giao điểm với các trục tọa độ: A(0;m) B(-m;0) 1 m2 Diện tích tam giác OAB: SOAB  .OA.OB  2 2 2 m Yêu cầu bài toán ta được:  2  m2  4 2 Vậy m  2 là giá trị cần tìm.<br /> <br /> -Hết-<br /> <br />