Đề kiểm tra học kì 1 Toán 12 (2013-2014) - Sở GD & ĐT Tỉnh Bà Rịa Vũng Tàu

Chia sẻ: Trần Thị Trúc Diễm | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

270
lượt xem 30
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề kiểm tra học kì 1 Toán 12 của Sở GD & ĐT Tỉnh Bà Rịa Vũng này bao gồm những câu hỏi liên quan đến: tính thể tích khối lăng trụ, khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số,…sẽ giúp ích rất nhiều cho các bạn học sinh ôn tập, nắm vững kiến thức để đạt được điểm tốt trong kì thi sắp tới.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề kiểm tra học kì 1 Toán 12 (2013-2014) - Sở GD & ĐT Tỉnh Bà Rịa Vũng Tàu

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I, MÔN TOÁN – LỚP 12 TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU NĂM HỌC: 2013 – 2014 -------------------- -------------------- Thời gian làm bài: 90 phút. ĐỀ CHÍNH THỨC (Không kể thời gian giao đề) I-PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ HỌC SINH (8,0 điểm) x2 Câu I (3,5 điểm). Cho hàm số y  , có đồ thị (C) x 1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng (d): y  mx  1 cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt. Câu II (1,5 điểm). 1  1) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x  ln x trên đoạn  ;e  . e  2) Giải phương trình: log 4 ( x  3)  log 4 ( x  1)  2  log 4 8 . Câu III (2,0 điểm). Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = BC = a, góc giữa A’B và đáy là 600. 1) Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’. 2) Xác định tâm và tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A.BCC’B’ . 1 x3  2 Câu IV (1,0 điểm). Giải phương trình .2  4 x  2 x3  4 x  2  0 . 2 II-PHẦN RIÊNG (2,0 điểm). Học sinh chỉ chọn 1 trong 2 phần (Phần A hoặc phần B) PHẦN A Câu Va (2,0 điểm). 1 1) Cho hàm số y  x 3  (2m  1) x 2  (1  4m) x  2 (1) với m là tham số. Tìm tất cả các 3 giá trị của m để hàm số (1) có hai điểm cực trị x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1  x2  4 . x2  2) Cho hàm số y  x.e 2 . Chứng minh rằng x. y ' x 2 . y  y . PHẦN B Câu Vb (2,0 điểm). x 2  mx 1) Cho hàm số y  (1) với m là tham số. Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị 1 x hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B và AB = 10.  1 log 1 ( y  x)  log 4 y  1 2) Giải hệ phương trình  4 .  x 2  y 2  25  ------HẾT------- Họ và tên học sinh…………………………………………… Số báo danh …………................ Chữ ký giám thị 1…………………………………………….
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC TỈNH BÀ RỊA VŨNG TÀU MÔN THI: TOÁN LỚP 12 --------------------- Năm học: 2013-2014 ---------------------------------------------- Hướng dẫn chấm có 03 trang Câu Nội dung Điểm Câu I. 1.(2,5 đ) + TXĐ D  R \ 1 0,25 (3,5 đ) 0,25 + lim y  lim y  1  TCN : y  1 x  x  + lim y     TCD : x  1 0,25 x 1 3 + y'  2  0, x  1  x  1 0,25 + Hàm số ĐB trên từng khoảng xác định và không có cực trị 0,25 + BBT: x -∞ -1 +∞ 0,5 y’ + + y +∞ 1 1 -∞ + Đồ thị: giao Oy: (0;-2) ; giao Ox: (2; 0) + Vẽ đúng 2TC, dạng đồ thị 0,25 0,5 2.(1,0 đ) x2 0,25 + PTHĐGĐ:   mx  1  mx 2  mx  3  0, ( x  1) x 1 m  0  0,25 x 2 + d cắt (C) tại 2 điểm pb khi:   0  m 2  12m  0 m(1) 2  m(1)  3  0  0,25 + Kết luận : m < -12 hay m > 0 1
Câu II. 1. (0,75 đ) (1,5 đ) 1 0,25 + y ' 1 ; y'  0  x 1 x 1 1 0,25 + y (1)  1 ; y     1 ; y (e )  e  1 e e + KL: max y  y (e)  e  1 ; min y  y (1)  1 1  1  0,25  e ;e   e ;e      2. (0,75 đ) + đk : x > 1 x 3 1 x3 0,25 x 3 PT  log 4    2  x  5 (nhận) x 1 2 x 1 Câu III 1.(1,25 đ) (2,0 đ) + Hình vẽ: 0, 25 + Góc giữa A’B và đáy là góc   600 A ' BA 0,25 1 2 + S ABC  a 2 0,25 + AA '  AB tan 600  a 3 1 0,25 + VLT  SABC . AA '  a 3 3 0,25 2 2.(0,75 đ) + Các tam giác ABC’, ACC’, AB’C’ vuông có chung cạnh huyền AC’ + A, B, C, C’, B’ cách đều trung điểm I của AC’ 0,25x3 AC ' AB 2  BC 2  CC '2 a 5 + Mặt cầu có tâm là I và bk R    2 2 2 (HS xác định tâm mặt cầu bằng những cách khác vẫn cho điểm tối đa) Câu IV + PT  2 x3 1  2( x3  1)  22 x  2.2 x 0,25 ( 1,0 đ ) u  x3  1 Đặt  ta co PT : 2u  2u  2v  2v (*)  v  2x + Xét hàm số f(t) = 2t + 2t, t  R 0,25 f’(t) = 2t ln2 + 2 > 0 , t  R , suy ra f(t) ĐB trên R. + Khi đó (*) thành: f (u )  f (v)  u  v 0,25 x 1 + x 3  1  2 x   x  1  x 2  x  1  0   0,25  x  1  5   2 Câu Va 1.(1,0 đ) (2,0 đ ) + y '  x 2  2(2m  1) x  1  4m . HS có hai cực trị x1 , x2   '  0  4m 2  0  m  0 (*) . 0,25 2 + Biến đổi x1  x2  4   x1  x2   4 x1 x2  16 . 2
+ Áp dụng Viet thay vào: 0,25 2  2  2m  1   4(1  4m)  16  0  m 2  1  0  1  m  1   0,25 + KL: kết hợp (*) ta có: m   1;1 \ 0 . 0,25 2.(1,0 đ) x2 x2 x2    2 2 2 2 + y' e  x (  x )e  (1  x )e 0,25x2 x2 x2 x2    + VT = x. y ' x 2 . y  x(1  x 2 )e 2  x 2 xe 2  xe 2  y =VP 0,25x2 Câu 5b 1.(1,0 đ) (2,0 đ) x2  2x  m g ( x) + y' 2  2 1  x  1  x   'g  0 0,25 HS có hai cực trị x1 , x2    1  m  0  m  1 (*)  g (1)  0 0,25 + Hai điểm cực trị A( x1 ; y1 ), B ( x2 ; y2 ) với y1  2 x1  m ; y2  2 x2  m 2 2 + Biến đổi AB  10   x2  x1   4  x2  x1   100   x2  x1   4 x2 x1  20 2 0,25 + Áp dụng Viet thay vào: 22  4m  20  m  4 (thỏa (*)) 0,25 2.(1,0 đ) + đk : y > 0, y> x 1 y y 3 biến đổi PT (1) : log1 ( y  x)  log4 1  log4 1  4x  y 0,25x2 4 y yx yx 4 9 2 0,25 + Thay vào PT(2) : y  y 2  25  y 2  16  y  4 (vì y  0) 16 + KL nghiệm : (3 ; 4) 0,25 ------------------HẾT-------------------- 3