intTypePromotion=1

Đề kiểm tra chất lượng học kỳ I môn Toán lớp 12 - Đề 10

Chia sẻ: Tình Long | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

0
86
lượt xem
2
download

Đề kiểm tra chất lượng học kỳ I môn Toán lớp 12 - Đề 10

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn làm tốt các bài tập môn Toán đồng thời các bạn sẽ không bị bỡ ngỡ với các dạng bài Toán chưa từng gặp, hãy tham khảo Đề kiểm tra chất lượng học kỳ I môn Toán lớp 12 - Đề 10.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề kiểm tra chất lượng học kỳ I môn Toán lớp 12 - Đề 10

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 10 (Đề gồm có 01 trang)<br /> <br /> I. Phần chung (7,0 điểm) Câu I:(3 điểm) Cho hàm số y  x  3 x  1 1 có đồ thị (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).<br /> 3 2<br /> <br /> 2. Xác định m để phương trình sau : Câu II:(2 điểm).<br /> <br />  x 3  3 x 2  m  0 có hai nghiệm.<br /> 3<br /> <br /> 1. Tính giá trị của biểu thức: A  4log 12  log 4  6250, 75 2<br /> 3<br /> <br /> 9<br /> <br /> 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 Câu IVa (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  tuyến song song đường thẳng y = 5x + 2013. Câu Va. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: log 2 x  2 log 4  x  1  1 .<br /> 1 2. Giải bất phương trình:   4<br /> x 1<br /> <br /> x2 , biết tiếp 3 x<br /> <br /> 1     2 log 8 . 4  16 <br /> x2 , biết tiếp 3 x<br /> <br /> x<br /> <br /> B. Theo chương trình nâng cao Câu IVb (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y <br /> <br /> 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 3 2 3 2 y  x  3m  1x  3mm  2x  m  3m luôn có hai cực trị và khoảng cách giữa hai điểm cực trị không đổi.<br /> Hết<br /> <br /> HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ SỐ 10<br /> (Đề gồm có 01 trang) I. Phần chung (7,0 điểm) Câu<br /> 3 2<br /> <br /> Nội dung yêu cầu<br /> <br /> Điểm<br /> (2đ)<br /> <br /> 1<br /> <br /> Cho hàm số y  x  3 x  1 1 có đồ thị (C). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).<br /> <br /> <br /> <br /> * Tập xác định : D = R *Sự biến thiên Giới hạn :<br /> x  <br /> <br /> 0.25<br /> <br /> lim y  lim y   ;<br /> x  <br /> <br /> x  <br /> <br /> lim y  lim y  <br /> x  <br /> <br /> 0.25 0.25 0.25 0.25<br /> <br /> Đạo hàm : y '  3x 2  6 x, y '  0  <br /> <br /> x  0 x  2<br /> <br /> * Hàm số đồng biến trên các khoảng (-  ;0) và (2; +  ); nghịch biến trên khoảng (0; 2). *Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ=1; Cực tiểu tại x = 2; yCT=-3 * Bảng biến thiên : x - 0 2 + y’ + 0 0 + y 1 + - Đồ thị I -3<br /> <br /> 0.25<br /> <br /> 0.5<br /> <br /> 2<br /> <br /> Xác định m để phương trình sau :  x  3 x  m  0 có hai nghiệm. pt  x 3  3 x 2  1  m  1 (*) Phương trình (*) có hai nghiệm thì đồ thị (C ) cắt đường thẳng (d) y = m +1 tại hai điểm    m  1  3  m  4<br />  m 1  1  m  0<br /> <br /> 3<br /> <br /> 2<br /> <br /> (1đ) 0.25 0.25 0.25 0.25<br /> <br /> 1<br /> <br /> Tính giá trị của biểu thức: A  4log  log 4  6250, 75 2<br /> 2<br /> <br /> 3 1<br /> <br /> 9<br /> <br /> 1đ 0,25 0,25 0,25 0,25 1đ<br /> <br /> 3<br /> <br />   A  2 2 log 2  log23   5 4 3<br /> <br /> 3<br /> <br />  2<br /> <br /> 2<br /> <br />  <br /> <br /> 3 4<br /> <br />  2log 2  2  5 3  3 2  2  5 3 1143  9<br /> <br /> 32<br /> <br /> II 2)<br /> <br /> Tìm GTLN và GTNNt của hàm số y   x 2  3 e x trên  0; 2 . Hàm số đã cho liên tục trên [0; 2]<br />  x  1 n  y '   x 2  2 x  3 e x , y '  o    x  3  l  y  0   3; y 1  2e; y  2    2e<br /> <br /> 0.5 0.25 0.25<br /> <br /> Vậy: Maxy  y  2   3; Miny  y 1  2e<br /> [0;2] [0;2]<br /> <br /> III 1<br /> <br /> 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.<br /> <br /> 2 điểm<br /> <br /> 1 .OA 3 S ABC Ta có: OBC vuông cân tại O và BC = a 2  OB =OC = a 1  S OBC  a 2 2 Do OA  OBC   OB là hình chiếu của AB lên (OBC)<br /> <br /> Theo gt ta có: OA  OBC   V OABC <br /> <br /> 0,25 0.25<br /> <br />   AB,  OBC     AB, OB   ABO  300<br /> <br /> 0.25<br /> <br /> Xét  AOB: OA  OB tan90 0  Vậy: V OABC <br /> a3 3 18<br /> <br /> a 3 3<br /> <br /> 0.25<br /> <br /> 2<br /> <br /> Gọi M là trung điểm BC. Do OBC vuông tại O nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC. 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 Mx tại I  IA = IO (1) Mặt khác : I  Mx  IO = IB = IC (2) Từ (1) và (2) suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC và bán kính R = IC<br /> a 21 Xét IMC: IC  MC  MI  R 6<br /> 2 2<br /> <br /> 0,25 0.25<br /> <br /> 0.25 0.25<br /> <br /> Va<br /> <br /> Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  tuyến song song đường thẳng y = 5x + 2013.<br /> y'  5 3  x 2<br /> <br /> x2 , biết tiếp 3 x<br /> <br /> 1đ 0,25 0.25 0.25 0.25 1đ 0,25 0.25 0.25 0.25<br /> <br /> Do tiếp tuyến song song với (d): y = 5x + 2013  y’(x0) = 5<br />   x0  2  y 0  4 5  5  x  3   2 3  x   x0  4  y0  6<br /> <br /> 1<br /> <br /> Vậy có hai tiếp tuyến: y = 5x - 6; y = 5x - 26 Giải phương trình: log 2 x  2 log 4  x  1  1 ĐK: x > 1<br /> PT  log 2 x x  1  1  x x  1  2  x 2  x  2  0  x  1loai    x  2nhan <br /> <br /> Va<br /> <br /> 2<br /> <br /> 1 Giải bất phương trình:   4 1 1 BPT  4      3  0 4 4<br /> x x x<br /> <br /> x 1<br /> <br /> 1     2 log 8 . 4  16 <br /> <br /> x<br /> <br /> 1đ 0.25<br /> <br /> 1<br /> <br /> Đặt: t     0<br /> <br /> 1 4 2 1  t  4t  3  0  1  t  3<br /> x<br /> <br /> 0.25 0.25 0.25<br /> x2 , biết tiếp 3 x<br /> <br /> 1  1     3  log 1 3  x  0 4 4<br /> <br /> IVb<br /> <br /> Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y <br /> <br /> 1đ<br /> <br /> tuyến vuông góc đường thẳng: x + 5y - 2013 = 0.<br /> <br /> y' <br /> <br /> 5 3  x 2<br /> <br /> 0.25 0.25 0.25 0.25 1đ 0.25 0.25 0.25 0.25 1đ<br /> <br /> Do tiếp tuyến vuông góc với (d): x + 5y - 2013  y’(x0) = 5<br />   x0  2  y 0  4 5  5  x  3   3  x 2  x0  4  y0  6<br /> <br /> 1<br /> <br /> Vậy có hai tiếp tuyến: y = 5x - 6; y = 5x - 26 Cho y = y  e  x sin x . Chứng minh rằng: y ' '2 y '2 y  0<br /> y '  e  x cos x  sin x  y ' '  2 cos xe  x<br /> <br /> y"2 y '2 y  0  2 cos xe  x  2e  x cos x  sin x   2e  x sin x  0  0  0đpcm <br /> <br /> 2 Vb<br /> <br /> Chứng<br /> 3<br /> <br /> 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 giữa hai điểm cực trị không đổi. Ta có : minh rằng: Với mọi<br /> 3<br /> <br /> m<br /> <br /> 2<br /> <br /> 2<br /> <br /> y '  3 x 2  6m  1x  6mm  2   x  2  m y'  0    x  m<br /> <br /> 0.25 0.25 0.25 0.25<br /> <br /> Đồ thị (Cm) có hai điểm cực trị A(-2 - m; 4) và B(-m; 0)  AB  2 5 (hằng số) (đpcm) Hết<br /> <br />
ADSENSE
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2