Đề kiểm tra chất lượng học kỳ I môn Toán lớp 12 - Đề 3

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 03 (Đề gồm có 01 trang)<br /> <br /> A. Phần chung: (7.0đ) Câu I: (3.0đ) Cho hs y   x 3  3x 2 a/ Khảo sát và vẽ đồ thị ( C). b/ Tìm m để phương trình :  Câu II: (2.0đ)<br /> <br /> (C )<br /> <br /> x3  x 2  2m  0 có 3 nghiệm phân biệt. 3<br /> 1 1 2  (125) 3  log 8 log<br /> 2<br /> <br /> a/ Tính giá trị biểu thức A  log 2012 2012  e ln 2<br /> <br /> b/ Tìm giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của hàm số y  e 4 x Câu III: (2.0đ) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , SA  (ABC); góc giữa SC và đáy bằng 300 , AC=5a, BC=3a a/ Tính VS.ABC ? b/ Chứng minh trung điểm của SC là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp . Tính diện tích mặt cầu đó. B. Phần riêng: (3.0đ) ( Dành cho chương trình cơ bản) 1  2x Câu IV a/(1.0đ) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số y  tại điểm có hoành độ bằng 2. 3  4x Câu Va/ (2.0đ) 1/ Giải phương trình 9 x 1  3 x  2  18  0 2 2/ Giải bất phương trình : 9 log 8 (1  x)  4 log 1 (1  x 2 )  5<br /> 4<br /> <br /> ( Dành cho chương trình nâng cao) Câu IV b/ Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số y  Câu Vb: 1/ Cho hs y  ln 2 x . Chứng minh x 2 . y ' ' x. y '2  0 2/Cho hs y  x 3  3 x 2  mx  m  2 (Cm)<br /> 2 2 Tìm m để (Cm ) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt x1, x2 ,x3 và x12  x 2  x3  15 ---------------------- Hết --------------------<br /> <br /> 1  2x tại điểm có hoành độ bằng 2. 3  4x<br /> <br /> Đáp án và biểu điểm đề Số 03 Câu I a/ TXĐ: D= R x  0 y  0 y’=  3 x 2  6 x  0    x  2  y  2 Bảng xét dấu x  0 2 y’ 0 + 0 0.25 0.25 0.25<br /> <br /> 0.25 0.25<br /> <br /> <br /> Hàm số đồng biến trên khoảng (0;2), nghịch biến trên khoảng (   ;0) và (2;   ) Hàm số đạt cực đại tại x=2 , ycđ = 2 Hàm số đạt cực tiểu tại x=2 , yct = 0 lim y   , lim y  <br /> x   x  <br /> <br /> Bảng biến thiên x<br /> <br /> <br /> -<br /> <br /> 0<br /> <br /> 2 -<br /> <br /> <br /> <br /> y’ y <br /> <br /> 0 + 0 4 0<br /> <br /> 0.25<br /> <br /> <br /> (Đầy đủ mọi chi tiết) Giao điểm của đồ thị với 2 trục tọa độ :A(0;0),B(3;0) Vẽ đồ thị y = 6m 4<br /> <br /> 0.5<br /> <br /> O<br /> <br /> Câu I b/Pt   x 3  3 x 2  6m Số nghiệm phương trình bằng với số giao điểm của 2 đồ thị hàm số : y=  x 3  3x 2 (C ) và d: y=6m Để phương trình có 3 nghiệm phân biệt thì 0< 6m < 4 2 0m 3 1 1 Câu II a/ A  1  e loge 2  log 8  (5 3 ) 3 2  1  2  log 23 2 1  5<br /> <br /> 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25+0.25<br /> <br /> 0.25 0.25<br /> <br /> 1 23 8  3 3<br /> <br /> Câu II b/TXĐ D= [-2;2] Hàm số liên tục trên đoạn [-2;2] 2 x y'  4  x 2 '.e 4 x  .e 4  x2 Cho y’=0  x  0(n ) y(0) =e2 y(-2)= 1 y(2)=1 2 Max y  e khi x = 0<br /> <br /> 0.25<br /> 4 x<br /> 2<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> x 2; 2 <br /> <br /> ; Min y  1<br /> x 2; 2 <br /> <br /> khi x =  2<br /> <br /> 0.25 0.25 0.25<br /> <br /> Câu III a/ Hình vẽ<br /> <br /> Hình chiếu của SC lên (ABC) là AC  (SC,(ABC))= (SC,AC) = SCA  30 0 1 VS . ABC  .S ABC .SA 3 TínhAB  4a , S ABC  6 a 2<br /> 5a 3 3 1 5a 3 10 3.a 3 VS . ABC  6a 2 .  3 3 3 Câu IIIb/ Gọi I là trung điểm SC , SAC vuông tại C  IS  IC  IA BC  SA    BC  (SAB)  BC  SB  IS  IC  IB BC  AB SA <br /> <br /> <br /> 0.25<br /> <br /> 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25<br /> <br />  IA  IB  IC  IS  I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp 1 1 10a 5a S mc  4R 2 ; R  SC  .  2 2 3 3 25a 2 100a 2  S mc  4 .  3 3  10 Câu IVa/ y'  (3  4 x ) 2<br /> <br /> 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25<br /> <br /> 10   y ' ( x0 )  y' (2)   121  x0  2    y (2)   3   11 10 3 10 13 Pttt: y   ( x  2)    x 121 11 121 121 2x x Câu Va/ 1/ pt  9.3  9.3  18  0(*)<br /> <br /> 0.25 0.25<br /> <br /> Đặt t = 3 x , t > 0 Pt (*) trở thành: 9t2 + 9t -18=0 t  1(n)  t  2(l ) Với t = 1 ta có 3 x  1  x  0 Vậy pt(*) có 1 nghiệm x = 0 Câu Va/ 2/ Đk: 1-x > 0  x < 1 2 Bpt  log 2 (1  x)  4 log 2 (1  x)  5  0<br /> <br /> 0.25 0.25<br /> <br /> 0.25 0.25<br /> <br /> log 2 (1  x)  5 Bpt   log 2 (1  x)  1 31   x  32    x  1<br />  31  So với đk nghiệm của bpt là x   ;1   ;1  32 <br /> <br /> 0.25<br /> <br /> 0.25<br /> <br /> 0.25 0.25 0.25 0.25<br /> <br /> Câu IVb/ y' <br /> <br />  10 (3  4 x) 2<br /> <br /> 10   y ' ( x0 )  y' ( 2)   121  x0  2    y ( 2)   3   11 10 3 10 13 Pttt: y   ( x  2)    x 121 11 121 121 Câu V b/1/ ĐK: x > 0 1 y'  2 ln x. x 1 2 y' '  2. 2  2 . ln x x x 2 2 VT  x 2 ( 2  2 . ln x)  2 ln x  2 x x  VP<br /> <br /> 0.25 0.25 0.25 0.25<br /> <br /> 0.25<br /> <br /> Câu V b/2/ Theo yêu cầu bài toán ta có pt : x 3  3 x 2  mx  m  2  0 (1) 2 2 Có 3 nghiệm phân biệt x1, x2 ,x3 và x12  x2  x3  15<br /> 2  g ( x)  x  2 x  2  m  0( 2) PT (*) phải có 2 nghiệm phân biệt x2 x3 khác -1 a  0 1  0    m  3 (*) '  0 3  m  0<br /> <br /> 1  <br /> <br />  x  1  x1<br /> <br /> 0.25<br /> <br /> 0.25<br /> 2<br /> <br /> 2 2 2 2 Từ gt x12  x 2  x3  15  x 2  x3  14   x 2  x3   2 x 2 x3  14<br /> <br /> 0.25<br /> <br />   2   2. 2  m   14  m  3 (**) Từ (*), (**) ta có m  (3;3) thỏa yêu cầu bài toán<br /> 2<br /> <br /> 0.25<br /> <br /> Lưu ý : Học sinh làm cách khác mà đúng vẫn được trọn điểm câu đó<br /> <br />