Đề kiểm tra chất lượng học kỳ I môn Toán lớp 12 - Đề 14

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 14 (Đề gồm có 01 trang)<br /> <br /> I. PHẦN CHUNG (7,0 điểm) Câu I ( 3 điểm) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: y  f  x  <br /> 1 3 x  2 x 2  3x  1 3<br /> <br /> C <br /> <br /> 2.Tìm m để đường thẳng  d  y  2mx  1 cắt  C  tại 3 điểm phân biệt. Câu II ( 2 điểm)<br /> <br /> 4 3. Tính : A  log 1 16  2 log 3 27  5 log 2 (ln e ) 8<br /> 2. Cho hàm số y   x3  3  m  1 x 2  2 . Tìm m để hàm số đạt cực đại tại x  2 . Câu III ( 2 điểm) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có đáy ABC nội tiếp trong đường tròn bán kính là<br /> <br /> a 3 , 3<br /> <br /> góc giữa mặt bên và đáy là 600. a) Tính khoảng cách từ A đến (SBC). b) Tính thể tích khối 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) 2 x 1 Cho hàm số : y= (1). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại giao điểm x2 của đồ thị (1) với trục tung. Câu Va ( 2 điểm) 1) Giải phương trình: 2) Giải phương trình : B. Theo chương trình nâng cao. Câu IVb ( 1 điểm) 16x – 17.4x + 16 = 0 log 2  4 x   log  2 x   5 2 2<br /> <br /> x 2  3x  2 Cho hàm số f(x) = (1). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) x 1<br /> biết tiếp tuyến đó song song với đường thẳng y =5x 2 Câu Vb ( 2 điểm) 1) Cho hàm số y  esin x . Chứng minh rằng: y.cos x  y.sin x  y  0 . 2) Cho hàm số y <br /> x3 có đồ thị (H). Tìm m để đường thẳng (d): y = 2x + m cắt đồ thị (H) tại x 1<br /> <br /> hai điểm phân biệt A, B sao cho đoạn AB ngắn nhất.<br /> <br /> .........Hết.......<br /> <br /> ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 14<br /> Câu 1.1 Lời Giải Tập xác định D  R Điểm 0.25đ 0.5đ<br /> <br /> x <br /> <br /> 1  x  1  y  y '  x  4 x  3; y '  0  x  4 x  3  0    3  x  3  y  1  lim y  ; lim y  <br /> 2 2<br /> <br /> 0.25đ<br /> <br /> x <br /> <br /> 0.25đ<br /> <br /> 0.25đ<br /> <br /> Hàm số nghịch biến trên 1;3 , đồng biến trên  ;1 và  3;  <br /> <br />  1 Điểm cực tiểu I1  3; 1 , điểm cực đại I 2 1;   3<br /> <br /> 0.5đ<br /> <br /> 1.2<br /> <br /> Phương trình hoành độ giao điểm của  C  và  d  là:<br /> 1 3 1 x  2 x 2  3 x  1 = 2 mx  1  x 3  2 x 2  3 x  2 mx  0 3 3 (1) x  0    g ( x )  1 x 2  2 x  3  2 m  0 (2) 3 <br /> <br /> 0.25đ<br /> <br /> Để phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt thì phương trình g  x   0 có 2 nghiệm phân biệt khác 0  1  1   3  2m   0 m  0  '  0   3    3  g 0  0  m  3 m  2   2  3 Vậy : m  0 và m  thỏa yêu cầu. 2 2.1<br /> log 1 16   8<br /> log 3 27  6<br /> 4 3<br /> <br /> 0.25đ<br /> <br /> 0.25đ<br /> <br /> 0.25đ<br /> <br /> 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ<br /> <br /> 4 log 2 (ln e )  2<br /> <br /> B=8/3 2.2 Tập xác định y’ = -3x2 + 6(m+1)x ; y’’=-6x+6(m+1)<br />  y '(2)  0  Hs đạt CĐ tại x=2  y ''(2)  0<br /> <br /> 0.25đ 0.25đ<br /> <br /> m  0  12  0<br /> <br /> 0.25đ 0.25đ<br /> <br /> Vậy m = 0 3.1 Gọi O là tâm của đáy, ta có SO vuông (ABC). Gọi M là trung điểm BC, ta BC  AM có :   góc giữa mặt BC  SM (SBC) và (ABC) là SMA  600 .<br /> A O B S<br /> <br /> 0.25đ<br /> H C<br /> <br /> M<br /> <br /> Ta có (SAM) vuông (SBC) nên từ A kẻ AH vuông góc giao tuyến SM, ta có AH vuông (SBC). Suy ra k/c là AH Ta có : OA=<br /> a 3 3<br /> <br /> 0.25đ<br /> <br />  AB = a<br /> a 3 3<br /> <br /> 0.75đ , SO = OM.tan60 = a/2 0.25đ<br /> 0<br /> <br /> SM = 2OM =<br /> <br /> Xét tam giác SAM có : AH.SM = SO.AM  AH = a/12 3.2 SABC =<br /> a<br /> 2<br /> <br /> 3<br /> <br /> 4<br /> a<br /> 3<br /> <br /> 0.25đ<br /> 3<br /> <br /> 0.25đ 0.25đ 0.5đ 0.5đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ<br /> <br /> V = 1/3 . SABC . SO = 4a y’=<br /> <br /> 24<br /> <br /> 5 ( x  2)2<br /> <br /> ( x  2)<br /> 1 5 và y’(x0) = 2 4<br /> <br /> Với xo= 0 thì y(x0)= Pttt : y= 5a1<br /> <br /> 5a2<br /> <br /> 5 1 x4 2 Đặt t = 2x, ( t >0) Ta có : t2 – 17t + 16 = 0 t=1 v t=16 x= 0 v x= 2 ĐK : x > 0 pt: log 2  4 x   2 log 2  2 x   5<br /> <br /> <br /> <br /> 2 log 2 2<br /> <br />  2x  4<br /> <br /> log 2  2 x   2 v log 2  2 x   2 Vậy : x= 2 v x=1/8<br /> <br /> 4b.<br /> <br /> 6 (x  1) 2 T/t có dạng : y=5x + b<br /> <br /> f (x) =1<br /> <br /> 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0,5đ<br /> <br /> ĐKTX tìm được : b=2 ; b=-22 5b1<br /> <br /> Có hai tiếp tuyến thỏa điều kiện : y=5x+2 ; y=5x22 y’ =  cos x.e  sin x y’’ = sin x.e sin x  cos 2 x.e  sin x VT =  cos2 x.e sin x  sin 2 x.e sin x +  sin x + sin x.e  cos 2 x.e  sin x = 0=VP<br /> Phương trình hoành độ giao điểm : x3  ( x  1)(2 x  m) , x  1  2 x 2  (m  1) x  m  3  0 x 1 (d) cắt (H) tại hai điểm pb    0  m2  6m  25  0 đúng với mọi m 5 AB2= 5(xB-xA)2 =  = 5/4( m2-6m+25) 4 AB nhỏ nhất khi m = 3<br /> <br /> 5b2<br /> <br /> 0.25đ<br /> <br /> 0.25đ 0.25đ 0.25đ<br /> <br />