Đề kiểm tra chất lượng học kỳ I môn Toán lớp 12 - Đề 4

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

Thêm vào BST

Báo xấu

98
lượt xem 4
download

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 4 để hệ thống kiến thức học tập cũng như trau dồi kinh nghiệm ra đề thi.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề kiểm tra chất lượng học kỳ I môn Toán lớp 12 - Đề 4

TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ BỘ MÔN : TOÁN GIÁO VIÊN ĐẶNG VĂN HIỂN 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 04 (Đề gồm có 01 trang) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3,0 điểm). Cho hàm số I - PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ HỌC SINH (7,0 điểm) Câu 1. (3,0 điểm) Cho hàm số y = 2x 3 - 3x 2 + 1 có đồ thị (C). 2x 3 - 3x 2 + k =0 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Dựa vào đồ thị (C) biện luận theo k số nghiệm phương trình Câu II (2,0 điểm). 1) Tính giá trị biểu thức A = 101log 2  log 2 3.log 3 4  log 5 125 2) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = e 2 x  4e x  3 trên  0;ln 4  . Câu III (2,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy,SA = 2a. a) Tính thể tích khối chóp S.BCD. b) Xác định tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.Tính diện tích mặt cầu đó. II. PHẦN RIÊNG - PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình Chuẩn Câu IV.a (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (H) của hàm số y = 2x 1 biết tiếp x 1 tuyến song song với đường thẳng d: y =  x  2012 . Câu V.a (2,0 điểm). 1) Giải phương trình: 6.9x 13.6 x  6.4 x  0 . 2) Giải bất phương trình: log 1 ( x 2  6 x  5)  2 log3  2  x   0 . 3 2. Theo chương trình Nâng Cao Câu IV.b (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (H) của hàm số y = tuyến vuông góc với đường thẳng d: y = 4 x  2012 . Câu V.b (2,0 điểm). 1) Cho hàm số y = ecos x , chứng minh rằng y , .sin x  y.cos x  y ,,  0 2) Tìm m để đường thẳng d: y  2 x  m cắt đồ thị (C): y   x  3  3 tại hai điểm phân biệt A, B x 1 2x 1 biết tiếp x 1 sao cho độ dài của đoạn thẳng AB nhỏ nhất.Hết. _____________________________________________________________ Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh ....................................... Chữ ký giám thị: ........................................ Số báo danh: ...................... ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ SỐ 04 Câu I Ý Nội dung 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y   x3  3 x 2  1 1) Tập xác định: D  2) Sự biến thiên của hàm số: a) Giới hạn: lim y  ; lim   x  x  Điểm 2.0 0.25 0,25 b) Bảng biến thiên: Ta có: y '  3 x 2  6 x  3 x  x  2  x  0 y' 0   x  2 - ¥ +¥  0.25 x y' y 0 0 + 2 0 3 - 0.5 -1  Hàm số đồng biến trên khoảng  0; 2  . Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  ; 0  và  2;   . Hàm số đạt cực đại tại x  2; yCD  3 . Hàm số đạt cực tiểu tại x  0; yCT  1 . 3) Đồ thị: 8 0.25 y 7 6 5 4 0,5 3 2 1 x -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 -2 -3 -4 -5 -6 2 Biện luận số nghiệm phương trình sau theo k : x 3  3 x 2  k  0 x3  3 x 2  k  0  k   x3  3x 2 1 1.0  k  1   x3  3x 2  1 3 2 Đặt f  x    x  3 x  1 và g  x   k  1 , số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của f  x  và g  x  . 0.25 0.25 II 1 Suy ra:  Khi k  1  1  k  0 , phương trình (1) có 1 nghiệm.  Khi k  1  1  k  0 , phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.  Khi 1  k  1  3  0  k  4 , phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt.  Khi k  1  3  k  4 , phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt .  Khi k  1  3  k  4 , phương trình (1) có 1 nghiệm. Tính giá trị biểu thức A = 101log 2  log 2 3.log3 4  log5 125 Ta có: 101log 2  10 10  5 log 2 10 2 log 2 3.log3 4  log 2 4  2 log 5 125  log 5 53  3 0.5 1.0 0.25 0.25 0.25 0.25 1.0 A =  A  101log 2  log 2 3.log 3 4  log 5 125  5  2  3  10 2 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = e 2 x  4e x  3 trên  0; ln 4 . y ,  2e 2 x  4e x Cho y ,  0  2e2 x  4e x  0  e x  2  x  ln 2   0; ln 4 Ta có: f  0   0; f  ln 2   4; f  ln 4   16 Suy ra max của f  x  : f max  16 tại x  ln 4 min của f  x  : f min  0 tại x  0 III a) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, Cạnh bên 0.25 0.25 0.25 0.25 1.0 SA vuông góc với mặt đáy,SA = 2a. a) Tính thể tích khối chóp S.BCD. S 2a I D a C 0.25 0.25 0.5 1.0 A B Ta có : SA vuông góc mặt phẳng (ABC) nên SA là đường cao. 1 1 S BCD  S ABCD  a 2 2 2 1 1 1 2 1 V  S BCD .SA  . a 2 a  a 3 3 3 2 3 b) b) Xác định tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.Tính diện tích mặt cầu đó. Theo giả thiết, SA ^ A C , SA ^ A D , BC ^ A B , BC ^ SA Suy ra, BC ^ (SA B ) và như vậy B C ^ SB Hoàn toàn tương tự, ta cũng sẽ chứng minh được CD ^ SD . 0.25  A,B,D cùng nhìn SC dưới 1 góc vuông nên A,B,D,S,C cùng thuộc đường tròn đường kính SC, có tâm là trung điểm I của SC.  Ta có, SC = 0.25 SA 2 + A C 2 = (2a )2 + (a 2)2 = a 6  Bán kính mặt cầu: R = 2 SC a 6 = Vậy,diện tích mặt cầu ngoại tiếp 0.25 2 2 0.25 2x 1 biết x 1 æ 6 ö2 ça ÷ 2 ÷ S.ABCD là: S = 4p R = 4p ç ÷ ÷ ç 2 ø = 6pa è IVa CTC 1 Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (H) của hàm số y = tiếp tuyến song song với đường thẳng d: y =  x  2012 . Ta có: y ,  1 1.0  x  1 2 Do tiếp tuyến song song với đường thẳng y   x  2012 nên: 1  1 2  x  1 0.25  x  2  y  3 2   x  1  1    x  0  y  1  PTTT tại A(2;3) là: y    x  2   3   x  5 PTTT tại B(0;1) là: y   x  1 Va 1 0.25 Giải phương trình: 6.9 13.6  6.4  0 . Ta có: 2x x 3  3 x x x 6.9 13.6  6.4  0  6    13    6  0 2  2 3 Đặt t   2  đk: t>0   x x x x 0.5 1.0 0.25  3 t  6.t 2  13.t  6  0   2 Bài toán trở thành: t  2  3  x  3  3    2 x  1 2    3 x 2  x  1      3  2   2 0.25 0.25 Giải bất phương trình: log 1 ( x  6 x  5)  2 log3  2  x   0 . 3 2 0.25 1.0 0.25 x  6x  5  0 Đk:   x 1 2  x  0 2 log 1 ( x 2  6 x  5)  2 log 3  2  x   0  log 3  2  x   log 3 ( x 2  6 x  5) 3 2 0.5 2   2  x   x2  6x  5  x  1 2  Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm BPT là S   2 ;1  IVb CTNC 1 1  0.25 2x 1 biết x 1 Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (H) của hàm số y = tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng d: y = 4 x  2012 . 1 1.0 Ta có: y ,   x  1 2 Do tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y  4 x  2012 nên: 1 1  2 4  x  1  5   x  3 y  2  2     x  1  4    3   x  1  y   2   5 1 13 PTTT tại A(3; ) là: y   x  2 4 4 3 1 5 PTTT tại B(-1; ) là: y   x  2 4 4 Cho hàm số y = ecos x , chứng minh rằng y , .sin x  y.cos x  y ,,  0 y ,   sin x.ecos x ,, 2 cos x cos x 0.25 0.25 0.5 Vb 1 Ta có : y  sin x.e  cos x.e Vậy y , .sin x  y.cos x  y ,,   sin 2 x.e cos x  cos x.e cos x  sin 2 x.e cos x  cos x.e cos x  0 0.25 0.25 0.5 (đpcm) 2 Tìm m để đường thẳng d: y  2 x  m cắt đồ thị (C): y   x  3  Ta có : 2x  m  x  3  3 1 x 1 3 tại x 1 1.0 hai điểm phân biệt A, B sao cho độ dài của đoạn thẳng AB nhỏ nhất. 0,25  x  1 2    2 3 x   m  6  x  m  0  3    m 2  36  0m Và VT của (3)  0m nên (d) luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A  x1 ; 2 x1  m  B  x2 ; 2 x2  m  Ta có: 2 2 AB 2   x2  x1    2 x2  2 x1  0.5 5  5  x2  x1   4 x1 x2    m2  36   4    9 Vậy từ (4) AB nhỏ nhất khi m=0 2 0,25 -------------------------Hết-------------------------