Đề kiểm tra chất lượng học kỳ I môn Toán lớp 12 - Đề 1

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)<br /> <br /> ĐỀ SỐ 01 (Đề gồm có 01 trang)<br /> I. PHẦN CHUNG (7,0 điểm) Câu I ( 3 điểm) Cho hàm số y  x 4  4 x 2  3 , gọi đồ thị của hàm số là (C) . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho . 2. Dựa vào đồ thị (C) , tìm tất cả các giá trị của m để phương trình x 2  2  2m  0 có 4 nghiệm phân biệt. Câu II ( 3 điểm) 1. Tính giá trị của biểu thức Q <br /> log 3 405  log 3 75 log 2 14  log 2 98<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> 2<br /> <br /> .<br /> <br /> 2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = e2x - 4ex + 3 trên [0;ln4] Câu III ( 1 điểm) Cho hình trụ có đáy là hình tròn ngoại tiếp hình vuông cạnh a . Diện tích của thiết diện qua trục hình trụ là 2a 2 . Tính diện tích xung quanh hình trụ và thể tích khối trụ đã cho . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) (Học sinh chọn IVa và Va hay IVb và Vb ) A. Thí sinh ban nâng cao Câu IVa ( 1 điểm) Tìm m để tiệm cận xiên của đồ thị hàm số y =<br /> x 2 + mx - 1 (m ¹ 0) đi qua gốc toạ độ . x- 1<br /> <br /> Câu Va ( 2 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Cạnh bên của lăng trụ hợp với đáy góc 600 . Đỉnh A’ cách đều A,B,C . 1. Chứng minh tứ giác BB’C’C là hình chữ nhật . 2. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ . B. Thí sinh ban cơ bản Câu IVb ( 1 điểm) Giải bất phương trình : 3 x  32x  8  0 . Câu Vb ( 2 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy là a . Tam giác SAC là tam giác đều . 1) Tính độ dài đường cao của chóp SABCD . 2) Tính thể tích khối chóp S.ABCD . .........Hết.......<br /> <br /> HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ SỐ 01 (Hướng dẫn chấm gồm có…03 trang) CÂU Câu I ĐÁP ÁN 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y  x 4  4 x 2  3 TXĐ : D = R<br /> y'  4 x  8 x<br /> 3<br /> <br /> ĐIỂM 3 điểm 2,5 điểm 0,25 0,25 0,25 0,75<br /> <br /> x  0 ; y  3 y'  0    x   2 ; y  1<br /> <br /> BBT<br /> x y’ y<br /> y' '  12 x 2  8<br /> <br /> <br /> -<br /> <br /> <br /> <br />  2 0 0 + 0 3 -1<br /> <br /> 2<br /> <br /> <br /> +<br /> <br /> 0 -1<br /> <br /> <br /> <br /> 0,25 0,25<br /> <br />  2 7 2 7 ; y  . Điểm uốn I1, 2   ;   3 9 3 9   Điểm khác : x  2 ; y  3<br /> y' '  0  x  <br /> <br /> Đồ thị<br /> 4<br /> <br /> 0,5<br /> 3<br /> 2<br /> <br /> -5<br /> <br /> -2<br /> <br /> O -1<br /> -2<br /> <br /> 2<br /> <br /> 5<br /> <br /> -4<br /> <br /> 2 Phương trình viết thành : x 4  4 x 2  3  2m  1 Số nghiệm phương trình là số giao điểm (C) và (d):y = - 2m -1 Do đó ,phương trình có 4 nghiệm phân biệt<br />  1  2m  1  3  2  m  0<br /> <br /> 0,5 điểm 0,25<br /> <br /> Câu II 1<br /> Q log 3 (5.3 )  log 3 log 2 (7.2)  log 2<br /> 4 1 (5.3 2 )<br /> <br /> 0,25 3 điểm 1,5 điểm 0,5<br /> <br /> 1 (7.2 2 )<br /> <br />   5.3 4 log 3  1   5.3 2 Q   7.2 log 3  1   7 .2 2<br /> Q log 3 log 2<br /> 7 32 1 22<br /> <br />          <br /> <br /> 0,5<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> Vậy Q = 7 2 Đặt t  e x . Do x  0; ln 4 nên t  1;4 Hàm số thành g (t )  t 2  4t  3 g’(t) = 2t -4<br /> g ' (t )  0  t  2  1;4<br /> <br /> 0,25 1,5 điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 1 điểm<br /> <br /> Có g(1) = 0 ; g(2) = -1 ; g(4) = 3 Vậy Maxy  3  x  ln 4 1;ln 4<br /> Miny  1  x  ln 2 1;ln 4<br /> <br /> Câu III<br /> D O' C<br /> <br /> A<br /> <br /> O<br /> <br /> B<br /> <br /> AB  a 2 nên bán kính đáy hình trụ R <br /> S ABCD  2a 2  BC  2a 2 a 2 a 2 h<br /> <br /> a 2 2<br /> <br /> 0,25 0,25 0,25 0,25 1 điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 2 điểm 1 điểm<br /> <br /> Diên tích xung quanh hình trụ S  2Rh  2 .a 2 a 3 2 Thể tích khối trụ V  R 2 h <br /> 2<br /> <br /> Câu IVa<br /> f (x) = x + m + 1 + m x- 1<br /> <br /> m Ta có lim é (x) - (x + m + 1)ù= lim f ë û x® ± ¥ x - 1 = 0(m ¹ 0) x® ± ¥ Nên ta có tiêm cận xiện d : y = x + m + 1 d qua gốc O khi 0 = 0 + m + 1 Þ m = - 1<br /> Câu Va 1<br /> <br /> A' B'<br /> <br /> C'<br /> <br /> A H B<br /> <br /> C<br /> <br /> Kẻ A’H  (ABC) tại H . H là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC Hình chiếu của SC lên (ABC) là AH nên góc A’AH là 600 Có BC  AH nên BC  AA’. Vậy BC  BB’ Vây BCC’B’ là hình chữ nhật 2<br /> 2a 3 a 3  3 2 3 a 3 A' HA : A' H  AH . tan 60 0  . 3a 3 a2 3 Diện tích tam giác ABC là 4 a2 3 a3 3 Thể tích khối lăng trụ V  S ABC . A' H  a 4 4<br /> <br /> Tam giác ABC đều nên AH <br /> <br /> 0,25 0,25 0,25 0,25 1 điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 1 điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 2 điểm<br /> <br /> Câu IVb Đặt t  3  0 Bất phương trình thành : t 2  8t  9  0 ( do t >0) Giải được t > 1hay t < - 9 Giao điều kiện t > 0 được t > 1 Thế lại : 3 x  1  x  0 là nghiệm bất phương trình Câu Vb<br /> S<br /> <br /> x<br /> <br /> D<br /> <br /> C<br /> <br /> H A B<br /> <br /> 1 Kẻ SH  (ABCD) tại H . H là tâm đường tròn ngoại tiếp ABCD Tam giác SAC đều có cạnh AC  a 2 SH là đường cao tam giác đều SAC nên SH  a 2 . 2 Thể tích khối chóp<br /> V= = 1 SABC .SH 3 1 2 a 6 a3 6 a . = 3 2 6<br /> <br /> 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5<br /> <br /> 3 a 6  2 2<br /> <br />