Đề kiểm tra định kì Toán 12 (Kèm đáp án)

Chia sẻ: Pham Linh Dan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

82
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bạn đang gặp khó khăn trước kì kiểm tra định kì và bạn không biết làm sao để đạt được điểm số như mong muốn. Hãy tham khảo 2 Đề kiểm tra định kì Toán 12 kèm đáp án sẽ giúp các bạn nhận ra các dạng bài tập khác nhau và cách giải của nó. Chúc các bạn làm thi tốt.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề kiểm tra định kì Toán 12 (Kèm đáp án)

UBND TỈNH BẮC NINH KIỂM TRA ĐỊNH KÌ LẦN I SỞ GD&ĐT BẮC NINH Môn: TOÁN LỚP 12 Thời gian làm bài: 120 phút 2x  1 Bài I. ( 3 - điểm) Cho hàm số y  (C). x 1 1) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C); 2) Viết PTTT của đồ thị (C) tại điểm có tung độ y = 1. Bài II. (3.5 điểm). Giải phương trình và bất phương trình sau: 3 1)2 x 4 x 5  32; 2)4.9 x  7.6 x  3.4 x  0; x 3) log 2 (2 x  4)  log 8 ( x  1)3  3; 4) log 8 x  log x x  1. 2 4 Bài III. (1điểm).Tìm GTLN – NN của hàm số trên [-1;3] 1 2 a) y  x 3  x 2  3x  b) y   x 4  2 x 2  6 3 3 Bài IV. (3 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tai A và D. Biết SA = 3a, AD = DC = a, AB = 2a và SA vuông góc với đáy. 1) Tính thể tích khối chóp S.ABCD ; 2) Xác định tâm và tính BK mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. ------Hết------
UBND TỈNH BẮC NINH ĐỀ KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Năm học: 2008 - 2009 -------------------------------- Môn thi: Toán lớp 12 Thời gian: 150 phút (không kể giao đề) Ngày thi: /05/2009 ----------------------------------------- I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3,0 điểm) x4 Cho hàm số y   2x 2 (1). 4 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2. Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo tham số m số nghiệm của phương trình x 4  8x 2  4m  0 . Câu II (3,0 điểm) 1. Giải bất phương trình log 2 x  2log 1 x  3  0 . 2 2 2 2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f  x   x 2  e x trên đoạn  1;1 . 1 xdx 3. Tính tích phân I   . 0 x2  2 Câu III (1,0 điểm) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC, biết cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng 3a. Một hình nón có đỉnh S ngoại tiếp hình chóp S.ABC. Tính diện tích xung quanh của hình nón đó. II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh học theo chương trình nào thì chỉ làm phần riêng cho chương trình đó (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình Chuẩn (3,0 điểm): Câu IVa (2,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng (d) có phương trình:  x  2  t   y  1  t và mặt phẳng (P) có phương trình: 2x  y  3z  3  0 .  z  3  2t  1. Tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng (d) và mặt phẳng (P). 2. Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng (d) và vuông góc với mặt phẳng (P). Câu Va (1,0 điểm) Giải phương trình: 2x 2  x  2  0, trên tập số phức. 2. Theo chương trình Nâng cao (3,0 điểm): Câu IVb (2,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng (d) và (d’) lần lượt có phương trình x  1 x  1  t '   (d):  y  t (d’):  y  1  z  7  3t  z  1  t '   1. Chứng minh rằng hai đường thẳng (d) và (d’) chéo nhau. 2. Viết phương trình đường vuông góc chung của hai đường thẳng (d) và (d’). Câu Vb (1,0 điểm) Cho số phức z  1  i 3 . Hãy viết dạng lượng giác của số phức z5.
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG MÔN TOÁN LỚP 12 NĂM HỌC 08 - 09 Câu Đáp án Điểm I 1. (2,0 điểm): (3,0 điểm) + Tập xác định: D = R. 0,25 + Sự biến thiên: y’= x3 – 4x = x(x2 – 4); y’ = 0  x = 0; x =  2. lim y   x  0,50 Bảng biến thiên: x - –2 0 2 + y' – 0 + 0 – 0 + y + 0 + –4 –4 0,50 - Hàm số đồng biến trên từng khoảng (- 2; 0), (2; +  ), nghịch biến trên từng khoảng (-  ; – 2), (0; 2). - Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCĐ = 0; đạt cực tiểu tại x =  2; yCT = - 4. 0,25 + Đồ thị: - Trục đối xứng là trục Oy - Giao với trục Ox: (  2;0 ), (0; 0). y -2 O 2 x 0,50 -4 2. (1,0 điểm): x4 + x 4  8x 2  4m  0   2x 2  m (1) 4 0,25 + Số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của đường thẳng y = m và đồ thị (C). 0,25 Dựa vào đồ thị ở ý 1) ta thấy: +) m < - 4, phương trình (1) vô nghiệm. +) m = - 4, m>0 phương trình (1) có hai nghiệm. +) m = 0, phương trình (1) có 3 nghiệm. 0,50 +) – 4 < m < 0, phương trình (1) có 4 nghiệm. II 1. (1,0 điểm): + Điều kiện: x > 0 0,25 (3,0 điểm) + log 2 x  2 log 1 x  3  0  log 2 x  2log 2 x  3  0 2 2 2 0,25 2 + Đặt t = log2x, ta được: t – 2t – 3  0  1  t  3 1 0,25 + Giải: 1  log 2 x  3  x 8 2 0,25 2. (1,0 điểm): 2 2 + f '  x   2x  2xe x  2x(1  e x ) 0,25 + f ' x   0  x  0 0,25 + f  0   1;f  1  1  e 0,25
+ Kết luận: Max f  x   1  x  0; min f  x   1  e  x  1 0,25  1;1  1;1 3. (1,0 điểm): + Đặt t  x 2  2  dt  2xdx . Đổi cận: x = 0, t = 2; x = 1, t = 3. 0,50 3 dt 3 + I 2  t 2  3 2. 2 t 0,50 III + Gọi I là trung điểm của BC, H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam S (1,0 điêm) a 3 2 a 3 giác ABC, ta có: AI = ; AH  AI  0,50 2 3 3 + Do hình nón đỉnh S ngoại tiếp hình chóp đều S.ABC nên AH là bán kính đáy, SA là độ dài đường sinh của hình nón Diện tích xung quanh của hình nón là: A a 3 H B 0,50 S = .AH.SA  . .3a  a 2 3 3 C IVa 1. (1,0 điểm): (2,0 điểm) + Giả sử M(- 2 – t; - 1 + t; 3 + 2t) thuộc (d) 0,25 + M là giao điểm của (d) và (P) khi: 2(- 2 – t) – (- 1 + t) – 3(3 + 2t) + 3 = 0. 0,25 + Giải ra: t = - 1. Suy ra M(- 1; - 2; 1). 0,50 2. (1,0 điểm):  + Véc tơ chỉ phương của (d) là: u   1;1; 2  , véc tơ pháp tuyến của (P) là:  0,25 n   2; 1; 3 .   + Mặt phẳng (Q) chứa (d) và vuông góc với (P) nhận véc tơ  u; v  là véc tơ pháp   tuyến, (Q) đi qua M(- 1; - 2; 1).      3  2 1  1  Ta có:  u; v   1 1 2 ; 3 2 ; 21 1   1;1; 1 0,50 + Phương trình mặt phẳng (Q) là:   x  1   y  2    z  1  0 0,25 Hay – x + y – z + 2 = 0. Va +   1  4.2.2  15  15.i 2 0,50 (1,0 điểm) 1  i 15 + Phương trình có 2 nghiệm: x1/2  0,50 4 IVb 1. (1,0 điểm):  (2,0 điểm) +(d) đi qua M(1; 0; 7),có véc tơ chỉ phương u   0;1;3 ; (d’) đi qua M’(1; 1; -1),   có véc tơ chỉ phương u '   1; 0; 1 . 0,25      0 1   1   Ta có:  u; u '  1 3 ; 3 1 0 ; 0 1 0   1; 3;1 ; MM '   0;1; 8   1 0,50      +  u; u ' . MM '  1.0  3.1  1( 8)  11  0 -> (d) và (d’) chéo nhau.   0,25 2. (1, 0 điểm): + Chọn A(1; t; 7 + 3t) trên (d), B(1- t’; 1; - 1 – t’) trên (d’). Có:  AB    t ';1  t; 8  t ' 3t  . 0,25 + AB là đường vuông góc chung của (d) và (d’) khi:     AB.u  0  3t  2t '  8  t  2        0,25  AB.u '  0  10t  3t '  23  t '  1    + A(1; - 2; 1); AB  1;3; 1 . Phương trình đường vuông góc chung của (d) và
x  1  t 0,25  (d’) là:  y  2  3t . z  1  t  0,25 Vb (1,0 điểm) + z  1  3i  2  1  i  3       2  cos  i sin  0,50   2 2   3 3 5 5 5 5  0,50 + Áp dụng công thức Moa-vrơ: z  2  cos 3  i sin 3   