Đề kiểm tra học kì I môn Toán năm học 2014-2015 - Sở GD&ĐT tỉnh Đồng Nai

Chia sẻ: Anh Tuyet | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

527
lượt xem 16
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn cùng tham khảo Đề kiểm tra học kì I môn Toán năm học 2014-2015 - Sở GD&ĐT tỉnh Đồng Nai tư liệu này sẽ giúp các bạn ôn tập lại kiến thức đã học, có cơ hội đánh giá lại năng lực của mình trước kỳ thi sắp tới. Chúc các bạn thành công.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề kiểm tra học kì I môn Toán năm học 2014-2015 - Sở GD&ĐT tỉnh Đồng Nai

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG NAI KIỂM TRA HỌC KỲ I LỚP 12 NĂM HỌC 2014-2015 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: Toán. Thời gian làm bài: 150 phút. Đề gồm 1 trang, có 7 câu. n 1 4 2 Câu 1 (2,5 điểm). Cho hàm số y = 2·x – x – 1. 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. .v 2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm M(xM ; yM) thuộc (C) biết xM < 0 và yM = 3. Câu 2 (1,5 điểm). 47 x 1) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x – e trên đoạn [–2 ; 2].  2) Tính đạo hàm của hàm số y = ln(cos2x) tại điểm x = 8 · x x+1 x Câu 3 (1,0 điểm) Tìm các số thực x thỏa 100 + 10 = 10 + 10 . c2 Câu 4 (1,0 điểm) Cho mặt phẳng (P) cắt mặt cầu (S) theo đưởng tròn có bán kính bằng 6a, với 0 < a  . Biết khoảng cách từ tâm I của mặt cầu (S) đến mặt phẳng (P) bằng 8a. Tính theo a bán kính mặt cầu (S). Tính theo a diện tích mặt cầu (S). Tính theo a thể tích khối cầu (S). ho Câu 5 (1,5 điểm) Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng 2a, với 0 < a  . Biết SA = SB, mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng 0 (ABC), góc giũa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABC) bằng 60 . Tính theo a thể tích khối chóp S. ABC. Tính theo a khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC). w. Câu 6 (1,5 điểm). 3 1) Chứng minh hàm số f(x) = x + x – 1 – 9 đồng biến trên (1 ; +).  3  2) Tìm tập xác định của hàm số y = log3x + x – 1 – 9. Câu 7 (1,0 điểm) ww Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A1B1C1D1 có AB = a, AD = b, AA1 = c (với a, b, c đều là số thực dương). Gọi S là tổng diện tích các mặt của hình hộp chữ nhật đã cho, gọi V là thể tích của khối hộp chữ nhật ABCD. A1B1C1D1. 1) Tính S và V theo a, b, c. 2) Cho a, b, c đều là số thực dương thỏa ab + bc + ca = 12. Tìm giá trị lớn nhất của V. HẾT
SỞ GDĐT TỈNH ĐỒNG NAI  KIỂM TRA HỌC KỲ I LỚP 12 NĂM HỌC 2014-2015 HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM Môn Toán (đề chính thức)  n Biểu Câu Nội dung điểm (đ) 1. 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C):  = 1,5 đ .v 1 4 2 y = ·x – x – 1 (C). Tập xác định . 2 0,25 đ 3 2 y ' = 2x – 2x = 2x x – 1. Vậy y ' = 0  x = 0 hoặc x = 1. y ' < 0  x < –1 hoặc 0 < x < 1, y ' > 0  –1 < x < 0 hoặc x > 1. 47 Hàm số đã cho đồng biến trên mỗi khoảng (–1 ; 0), (1 ; +); nghịch biến trên mỗi khoảng (– ; –1), (0 ; 1). 0,25 đ Hàm số đã cho đạt cực đại tại x = 0, giá trị cực đại y(0) = –1. –3 Hàm số đã cho đạt cực tiểu tại x = 1, giá trị cực tiểu y(1) = 2 · lim y = +, x lim x → – Bảng biến thiên: x – → + c2 y = +. –1 0 1 + 0,25 đ y' – 0 + 0 – 0 + 0,25 đ + + ho –1 y –3 –3 2 2 Đồ thị (C) qua những điểm (–2 ; 3), (2 ; 3), nhận O y làm trục đối xứng: w. 0,5 đ ww 1. 2) Viết phương trình tiếp tuyến:  = 1,0 đ 1  4  2 Vì M(xM ; yM)  (C) và yM = 3 nên 3 = 2·xM – xM – 1 0,25 đ  4  2  2  2  xM – 2xM – 8 = 0  xM = –2 hoặc xM = 4 0,25 đ  xM = –2 (vì xM < 0) - 1/4
1. 2) Tiếp tuyến đã cho có hệ số y '(–2) = –12 0,25 đ tiếp Tiếp tuyến đã cho là tiếp tuyến của (C) tại điểm M(–2 ; 3) có phương 0,25 đ trình y = –12(x + 2) + 3  y = –12x – 21. 2. 1) Tìm giá trị nhỏ nhất:  = 1,0 đ x x Hàm số y = x – e liên tục trên [–2 ; 2]. y ' = 1 ̶ e n 0,25 đ y ' = 0  x = 0  [–2 ; 2]. 0,25 đ 2 1 2 .v Mà y(2) = 2 – e < y(–2) = –2 – 2 < y(0) = –1. Vậy min y = 2 – e . 0,5 đ [–2 ; 2] e 2. 2) Tính đạo hàm:  = 0,5 đ 1 y = ln(cos2x)  y ' = (cos2x) ' = –2tan(2x), x   thỏa cos2x > 0. 0,25 đ 47 cos2x  Suy ra y '  8= –2. 0,25 đ   3. Tìm các số thực x:  = 1,0 đ x x+1 x  x 2 x 100 + 10 = 10 + 10  10  – 11.10 + 10 = 0 0,5 đ x Cách 2: 100 + 10 = 10 x c2  10 = 10 hoặc 10 = 1  x = 0 hoặc x = 1. Tập các giá trị cần tìm {0 ; 1}. x x+1 x x + 10  10 (10 – 10) – (10 – 10) = 0 x x 0,5 đ 0,25 đ x x  (10 – 10)(10 – 1) = 0 0,25 đ x x ho  10 = 10 hoặc 10 = 1  x = 0 hoặc x = 1. Tập các giá trị cần tìm {0 ; 1}. 0,5 đ 4. Tính bán kính, diện tích mặt cầu; thể tích khối cầu:  = 1,0 đ 2 2 Mặt cầu (S) đã cho có bán kính r = (6a) + (8a) = 10a. 0,5 đ 2 2 Vậy mặt cầu (S) đã cho có diện tích bằng 4(10a) = 400a . 0,25 đ w. 3 4 3 4000a 0,25 đ Khối cầu (S) đã cho có thể tích bằng ·(10a) = · 3 3 5. Tính theo a thể tích:  = 1,0 đ S ww 0,25 đ (chưa A I C vẽ E, F, I) D E F B Gọi D là trung điểm cạnh AB.  SD  AB (vì SA = SB nên SAB cân tại S). 0,25 đ Vì SD  (SAB)  (ABC), (SAB)  (ABC) = AB nên SD  (ABC).
5.  = 60 . 0 tiếp  Góc giũa SC và mặt phẳng (ABC) là SCD 0 0,25 đ SDC vuông tại D có SD = CD.tan60 = 3a (vì CD là đường cao tam giác đều ABC cạnh 2a nên CD = a 3 ). 2 Tam giác đều ABC cạnh 2a có diện tích bằng a 3 . n 1 2 3 0,25 đ Vậy khối chóp S.ABC có thể tích V = 3·SD.a 3 = a 3 . Tính d(A, (SBC)):  = 0,5 đ .v d(A, (SBC) = 2d(D, (SBC), do AB = 2DB. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của BC, BE  DF // AE và AE  BC 0,25 đ  DF  BC. Mà BC  SD, do SD  (ABC). Suy ra BC  (SDF) Vẽ DI  SF, I  SF  DI  BC. Vậy DI  (SBC). 47 1 1 1 13 AE a 3 SDF vuông tại D có 2 = 2+ 2= 2; vì DF = 2 = 2 · DI DF SD 9a 0,25 đ 6a 13 Do đó d(A, (SBC) = 2DI = 13 · 6. 1) Chứng minh hàm số đồng biến:  = 0,75 đ 3 Hàm số f(x) = x + c2 x – 1 – 9 xác định trên (1 ; +). 0,25 đ 2 1 [f(x)] ' = 3x + > 0, x > 1. Vậy f(x) đồng biến trên (1 ; +). 0,5 đ 2 x–1 6. 2) Tìm tập xác định của hàm số:  = 0,75 đ 3 Gọi D là tập xác định của hàm số y = log3x + x – 1 – 9 (1) ho x  1 0,25 đ  x  D  x   thỏa  3 (2). x + x – 1 – 9 > 0 3 Hàm số f(x) = x + x – 1 – 9 liên tục trên [1 ; +), đồng biến trên 0,25 đ (1 ; +) (câu 6.1); mà f(2) = 0. Vậy (2)  x > 2. Do đó hàm số (1) có tập xác định D = (2 ; +). 0,25 đ w. 7. 1) Tính S và V:  = 0,5 đ Vì hình hộp chữ nhật đã cho có ba kích thước là a, b, c nên: Tổng diện tích các mặt của hình hộp chữ nhật đã cho là: 0,25 đ S = 2(ab + bc + ca). Thể tích khối hộp chữ nhật đã cho là V = abc. 0,25 đ 7. 2) Tìm giá trị lớn nhất của V: ww  = 0,5 đ Áp dụng bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân cho 3 2 3 2 hai số dương: 12 + (abc) = ab + bc + ca + (abc)  0,25 đ 3 4 2 2 2 3 2 3 2 2 ab c + 2 ca (abc)  4 (abc) . (abc) = 4 (abc)  V = abc  8; với mọi 0 < a, b, c   thỏa ab + bc + ca = 12. 0,25 đ Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 2. Do đó maxV = 8. . 3/4
7. 2) Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình tiếp 3 2 0,25 đ nhân cho ba số dương: 12 = ab + bc + ca  3 (abc) .  V = abc  8; với mọi 0 < a, b, c   thỏa ab + bc + ca = 12. 0,25 đ Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 2. Do đó maxV = 8. n .v 47 c2 ho w. ww . 4/4