Đề kiểm tra chất lượng học kỳ I môn Toán lớp 12 - Đề 15

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 15 (Đề gồm có 01 trang)<br /> <br /> I. PHẦN CHUNG (7,0 điểm) Câu I ( 3 điểm) 3. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x 3  3 x 2  1 (2đ) 4. Tìm m để trình Câu II ( 2 điểm)<br /> log 3 1. Tính gía trị biểu thức . A  log 1 5. 4 5  4 8  2log16 5 25<br /> <br /> 1 3 x  x 2  m  0 có ba nghiệm thực phân biệt 3<br /> <br /> (1đ)<br /> <br /> (1đ)<br /> <br /> 2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = x(ln x - 2) trên đoạn [l; e2] (1đ)<br /> Câu III ( 2 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA = 2a và SA (ABC). Tam giác ABC vuông cân tại B, AB  a 2 1. Tính thể tích khối chóp S.ABC (1đ) 2. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp (1đ) 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)<br /> Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (C) y  x 3  3x 2  2 biết tiếp tuyến có hệ số góc bằng 9.<br /> <br /> Câu Va ( 2 điểm) 2) Phương trình mũ 2 x  23 x  2  0 3) Bất phương trình lôgarit 2log3(4x-3) + log 1  2 x  3  2<br /> 3<br /> <br /> (1đ) (1đ)<br /> <br /> B. Theo chương trình nâng cao. Câu IVb ( 1 điểm)<br /> Viết phương trình tiếp tuyến với (c) y <br /> y 1 x (1đ) 2 2x  3 biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng 2x 1<br /> <br /> Câu Vb ( 2 điểm)<br /> <br /> 1.Cho hàm số y  ( x  1)e x . Chứng minh rằng y ' y  e x (1đ)<br /> 2. Cho hàm số y  x 3  (m  1) x 2  (2m  1) x  1  3m .Tìm m để hàm số có cưc trị (1đ)<br /> <br /> Câu I<br /> <br /> ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ SỐ 15 Nội dung 1)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x 3  3 x 2  1 (2đ) TXĐ: x  0 y '  3x2  6 x ; y '  0   x  2 lim y  <br /> x <br /> <br /> Điểm 0,25 0,25 0,25<br /> f(x)=x^3-3x^2+1<br /> <br /> x y' y<br /> <br /> <br /> +<br /> <br /> 0 0 1<br /> <br /> -<br /> <br /> 2 0<br /> <br /> <br /> + +<br /> -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 8 6 4<br /> <br /> f(x)<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> 2<br /> <br /> x<br /> <br />  -3 Vậy hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 0  ,  2;   .<br /> Hàm số nghịch biến trên khoảng  0; 2  .<br /> <br /> 0,5<br /> <br /> 1<br /> <br /> 2<br /> <br /> 3<br /> <br /> 4<br /> <br /> 5<br /> <br /> 6<br /> <br /> 7<br /> <br /> 8<br /> <br /> 9<br /> <br /> -2<br /> <br /> -4<br /> <br /> -6<br /> <br /> -8<br /> <br /> Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCD = 1. Hàm số đạt cực tiểu tại x =2, yCT  -3 Điểm đặc biệt<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> x y<br /> <br /> -1 -3<br /> <br /> 3 1<br /> 1 3 x  x 2  m  0 có ba nghiệm thực phân biệt 3<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> 2) Tìm m để trình<br /> <br /> <br /> 1 3 x  x 2  m  x3  3x 2  3m  x 3  3 x 2  1  3m  1 3 Số giao điểm của đường thẳng (d) y  3m  1 và đồ thị (c) y  x 3  3 x 2  1 là số<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> nghiệm của PT.<br /> 4 Để PT có 3 nghiệm phân biệt 3  3m  1  1  4  3m  0    m  0 3 4 Vậy   m  0 thì phương trình có ba nghiệm 3<br /> <br /> 0,25 0,25 0,25 0,5<br /> <br /> Câu II<br /> <br /> 5<br /> log 3 1) A  log 1 5. 4 5  4 8  2log16 5  log 52 5 4  2 25<br /> <br /> 2.log 3 3<br /> 2<br /> <br />  2 log 24 5<br /> <br /> 1 5 2 5 3    3  52    3 9  5 8 8<br /> <br /> 0,5<br /> <br /> 2) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = x(ln x - 2) trên đoạn [l; e2] 2 0,5 y '  ln x  1 ; y '  0  ln x  1  0  ln x  1  x  e  [l; e ]<br /> y (1)  2 y (e)  e y (e 2 )  0 Vậy Max y  0 ; Min y  e<br /> 1;e 2    1;e 2   <br /> <br /> 0,5<br /> <br /> Câu III<br /> <br /> Cho hình chóp S.ABC có SA = 2a và SA (ABC). Tam giác ABC vuông cân tại B, AB  a 2 a)Tính thể tích khối chóp S.ABC (1đ)<br /> <br /> SA   ABC   SA là đường cao của hình chóp<br /> 1 V  SABC .SA 3 S ABC<br /> 2 1 1  AB 2  a 2 = a 2 2 2<br /> S<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> 0,25<br /> 2a A C<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> 1 2 Vậy V  a 2 .2a  a 3 3 3<br /> <br /> 0,25 0,25<br /> <br /> a 2 B<br /> <br /> b)Gọi O là trung điểm SC  O cách đều S và C Dựng OI // SA suy ra I là trung điểm AC và I là tâm của mặt đáy. OI là trục của đáy  O cách đều A,Bvà C Vậy O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp<br /> R SC a 2 2<br /> <br /> 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25<br /> <br /> Câu IVa<br /> <br /> y '  3x 2  3 2 Hệ số góc k = 9  y '( x0 )  9  3x 0  3  9  x0  2 Với x0 = 2  y0  4 Phương trình tiếp tuyến: y  y0  y '( x0 )( x  x0 )  y  4  9( x  2)  y  9x  14 Với x0 = -2  y0  0 Phương trình tiếp tuyến: y  y0  y '( x0 )( x  x0 )  y  0  9( x  2)  y  9 x  18 Vậy có hai phương trình tiếp tuyến: y  9x  14 và y  9 x  18 .<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> 0,25 0,25 0,25<br /> <br /> Câu Va<br /> <br /> 1) Giải phương trình mũ 2  2<br />  2x <br /> <br /> x<br /> <br /> 3 x<br /> <br /> 20<br /> <br /> 8  2  0  22 x  2.2 x  8  0 2x Đặt t  2 x , t  0<br /> <br /> Phương trình trở thành: t 2  2.t  8  0  <br /> t  4  2x  4  x  2<br /> <br /> t  4 (nhan) t  2 (loai )<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> Vậy phương trình có nghiệm x = 2. 2)Giải bất phương trình lôgarit 2log3(4x-3) + log 1  2 x  3  2 (5)<br /> 3<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> 3  x  4 4 x  3  0 3  Điều kiện   x 4 2 x  3  0 x   3   2 (5)  log 3<br /> <br /> 0,25<br /> <br />  4 x  3<br /> 2x  3<br /> <br /> 2<br /> <br /> 2<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> 3 2   4 x  3  9  2 x  3  16 x 2  42 x  18  0    x  3 8<br /> <br /> 0,25<br /> 3 4<br /> <br /> Kết hợp điều kiện, bất phương trình có tập nghiệm S = ( ; 3]<br /> <br />