intTypePromotion=1

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

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

0
87
lượt xem
4
download

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

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

Các bạn học sinh và quý thầy cô tham khảo miễn phí Đề kiểm tra chất lượng học kỳ I môn Toán lớp 12 - Đề 14 để hệ thống kiến thức học tập cũng như trau dồi kinh nghiệm ra đề thi.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: 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 />
ADSENSE
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2