Đề kiểm tra học kỳ 1 có đáp án môn: Toán 12 - Hệ trung học phổ thông (Năm học 2012-2013)

Chia sẻ: Hồ Hồng Hoa | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

34
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn củng cố lại kiến thức đã học và làm quen với dạng đề thi môn Toán, mời các bạn cùng tham khảo đề kiểm tra học kỳ 1 có đáp án môn "Toán 12 - Hệ trung học phổ thông" năm học 2012-2013 dưới đây. Hy vọng đề thi sẽ giúp các bạn đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề kiểm tra học kỳ 1 có đáp án môn: Toán 12 - Hệ trung học phổ thông (Năm học 2012-2013)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIỂM TRA HỌC KỲ I NĂM HỌC 2012-2013 GIA LAI LỚP 12 HỆ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ………………… MÔN TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 150 phút ( không kể thời gian giao đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,5 điểm). Cho hàm số y = x - 3 x + 2 . 3 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số . 3 2) Dựa vào đồ thị (C ) , xác định m để phương trình x - 3 x - m + 1 = 0 có ba nghiệm phân biệt. Câu 2 (1,5 điểm). 1) Cho log 2 3 = m, log 2 5 = n. Tính log 60 30 theo m và n . e2 x é1 ù 2) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số y = f ( x) = trên đoạn êë 2 ;1úû . x Câu 3 (3,0 điểm). Cho hình chóp S .ABC có đáy là tam giác vuông tại B , SA ^ ( ABC ) , SA = AC = 2a, AB = a . 1) Tính thể tích khối chóp S .ABC theo a . 2) Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng SC . Chứng minh tam giác IAB cân tại I từ đó xác định tâm và tính theo a bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S .ABC . 3) Tính khoảng cách từ C đến mp( IAB) theo a . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần sau đây (phần A hoặc phần B) Phần A: Theo chương trình chuẩn: Câu 4A (3,0 điểm). 1) Giải phương trình : 64 x - 7.8x - 8 = 0 7 2) Giải bất phương trình : log 1 ( x + 1) < log 3 ( - x ) 3 3 -x + m 3) Cho hàm số y = có đồ thị (Cm ) . x+2 Tìm các giá trị của m để đường thẳng d : 2 x + 2 y - 1 = 0 cắt (Cm ) tại hai điểm A và B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 1 ( O là gốc tọa độ). Phần B: Theo chương trình nâng cao: Câu 4B (3,0 điểm). 1) Giải các phương trình: a) 3.4 x - 5.6 x + 2.9 x = 0 . b) log x 2 + 2 log(-3 - x) = 2 . 2x - 3 2) Cho hàm số y = có đồ thị là (C ) . Gọi I là giao điểm 2 đường tiệm cận của (C ) . x-2 Tìm trên (C ) các điểm M để tuyến của (C ) tại M cắt tiệm cận đứng, tiệm cận ngang của (C ) lần lượt tại A và B sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có bán kính nhỏ nhất. ----------------Hết---------------
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIỂM TRA HỌC KỲ I NĂM HỌC 2012-2013 GIA LAI LỚP 12 HỆ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG ………………… MÔN TOÁN ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 150 phút ( không kể thời gian giao đề) HƯỚNG DẪN CHẤM Bản hướng dẫn chấm gồm 05 trang I. Hướng dẫn chung * Đáp án này chỉ nêu sơ lược một cách giải, trong bài làm học sinh phải trình bày lời giải chi tiết. * Nếu học sinh làm cách khác hướng dẫn chấm nhưng đúng thì vẫn được điểm tối đa. * Làm tròn điểm theo quy định chung của Bộ Giáo dục và Đào tạo cho Hệ Trung học phổ thông. II. Đáp án − Thang điểm Câu Đáp án Điểm 1 1) (1,00đ) (2,50đ) Tập xác định : D = ¡ 0,25 lim y = -¥, lim y = +¥ x ®-¥ x ®+¥ 0,25 éx =1 y ' = 3 x 2 - 3; y ' = 0 Û ê 0,25 ë x = -1 ( ) ( ) Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng -¥; -1 và 1;+¥ , hàm số nghịch biến trên ( khoảng -1;1 ) 0,25 Hàm số đạt cực đại tại x = -1, yCÑ = y(-1) = 4 0,25 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, yCT = y(1) = 0 Bảng biến thiên BBT x -¥ -1 1 +¥ y' + 0 - 0 + y 4 +¥ 0,25 -¥ 0 Đồ thị (C ) của hàm số đi qua các điểm y (-2;0),(-1;4),(0;2),(1;0),(2;4) 8 Yêu cầu: đồ thị là đường cong trơn, đối 6 xứng qua điểm (0;2) 4 2 0,50 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -2 -4 -6 -8 3 3 2) (0,50đ) Ta có x - 3x - m + 1 = 0 Û x - 3 x + 2 = m + 1 Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của (C ) và đường thẳng d : y = m + 1 0,25
Dựa vào đồ thị, phương trình đã cho có ba nghiệm khi và chỉ khi 0,25 0 < m + 1 < 4 Û -1 < m < 3 1) (0,75đ) Ta có : 1 log 2 (2.3.5) 2 0,25 log 60 30 = log 2 (22.3.5) 1 0,25 (log 2 2 + log 2 3 + log 2 5) =2 2 log 2 2 + log 2 3 + log 2 5 1+ m + n = 0,25 2(2 + m + n) 2) (0,75đ) 2 (2,00 đ) é1 ù Xét trên đoạn ê ;1ú , hàm số liên tục ë2 û 2 x.e 2 x - e 2 x (2 x - 1)e 2 x 0,25 y'= = x2 x2 1 é1 ù y'= 0 Û x = Î ;1 2 êë 2 úû 0,25 æ1ö f ç ÷ = 2e; f (1) = e 2 è2ø 1 max f ( x) = f (1) = e2 ; min f ( x ) = f ( ) = 2e 0,25 é1 ù ê ;1ú é1 ù ê ;1ú 2 ë2 û ë2 û S I C A H K B 1) (1,00đ) 0,25 Tam giác ABC vuông tại B : BC = AC 2 - AB 2 = a 3 3 1 3 0,25 (3,00đ) Diện tích tam giác ABC là S ABC = AB.BC = a 2 2 2 1 0,25 Thể tích khối chóp VS . ABC = SA.S ABC 3
a3 3 = 0,25 3 2) (1,00đ) Ta có BC ^ AB và BC ^ SA ( do SA ^ ( ABC ) ) suy ra BC ^ ( SAB) Þ BC ^ SB 0,25 1 Tam giác SBC vuông tại B suy ra BI = SC 2 1 Tam giác SAC vuông tại A suy ra AI = SC 2 Suy ra AI = BI hay tam giác ABI cân tại I 0,25 1 0,25 Nhận thấy AI = BI = IS = IC = SC nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC 2 1 1 Bán kính r = SC = SA2 + AC 2 = a 2 0,25 2 2 3) (1,00đ) 1 Dựng IH / / SA ( H Î AC ) Þ IH = SA = a; IH ^ ( ABC ) 0,25 2 1 a3 3 1 0,25 VI . ABC = .IH .S ABC = = VC . IAB = .d (C ;( IAB)).S IAB 3 6 3 a3 3 Suy ra d (C ;( IAB)) = (1) 2.S IAB Gọi K là trung điểm của AB Þ IK ^ AB ( DIAB cân tại I) a 7 0,25 IK = AI 2 - AK 2 = 2 2 1 a 7 a 3 3 2a 3 2a 21 S IAB = IK . AB = thay vào (1) ta được d (C ;( IAB)) = = = 0,25 2 4 2.S IAB 7 7 1) (1,00đ) 4A 64 x - 7.8x - 8 = 0 Û 82 x - 7.8 x - 8 = 0 (3,00 đ) 0,25 Đặt t = 8x > 0 Phương trình đã cho trở thành t 2 - 7t - 8 = 0 0,25 é t = -1 Ûê thỏa điều kiện 0,25 ët = 8 Với t = 8 , ta có 8 x = 8 Û x = 1 0,25 Tập nghiệm của phương trình S = {1} 2) (1,00đ) 7 Điều kiện x Î (-1; ) . Với điều kiện trên, bất phương trình dã cho tương đương 0,25 3 7 log 3 ( - x) + log 3 ( x + 1) > 0 0,25 3
7 4 4 2 Û ( - x )( x + 1) > 1 Û x 2 - x - < 0 Û x Î (- ; 2) 0,25 3 3 3 3 2 Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm S = (- ; 2) 0,25 3 3) (1,00đ) 1 Đường thẳng d : y = - x + . Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm ) và d : 2 -x + m 1 = - x + , x ¹ -2 0,25 x+2 2 Û g ( x) = 2 x + x + 2m - 2 = 0 (1) 2 Để d cắt (Cm ) tại hai điểm phân biệt thì g ( x) = 0 có hai nghiệm phân biệt khác -2 ì 17 ìD g ( x ) > 0 ì-16m + 17 > 0 ïm < 0,25 Ûí Ûí Ûí 16 (*) î g (-2) ¹ 0 î 4 + 2m ¹ 0 ïîm ¹ -2 1 1 Lúc đó A( x1; - x1 + ), B( x2 ; - x2 + ) với x1 , x2 là hai nghiệm của (1). 2 2 1 Theo hệ thức Vi-et ta có x1 + x2 = - ; x1.x2 = m - 1 2 0,25 1 d (O; d ) = 2 2 17 AB = 2( x2 - x1 ) 2 = 2 éë( x2 + x1 )2 - 4 x2 . x1 ùû = - 8m 2 1 1 1 17 1 SOAB = d (O; d ). AB = . - 8m = 17 - 16m 2 2 2 2 2 8 0,25 1 47 Theo giả thiết ta có 17 - 16m = 1 Û 17 - 16m = 8 Û m = - thỏa (*) 8 16 47 Vậy m = - . 16 1) (2,00đ) a)(1,00đ) 0,25 4x 6x 2 2 3. x - 5. x + 2 = 0 Û 3.( ) 2 x - 5( ) x + 2 = 0 9 9 3 3 2 x Đặt t = ( ) , t > 0 3 0,25 Phương trình đã cho trở thành 3.t 2 - 5t + 2 = 0 ét = 1 ét = 1 Û ê 2 . Đối chiếu với điều kiện ta được ê 2 êt = êt = 0,25 ë 3 ë 3 x æ2ö Với t = 1 ta có ç ÷ = 1 Û x = 0 è3ø 4B (3,00 đ)
x 2 æ2ö 2 Với t = ta có ç ÷ = Û x = 1 3 è3ø 3 0,25 Vậy tập nghiệm của phương trình S = {0;1} b) (1,00đ) Điều kiện x < -3 . Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương 0,25 2 log x + 2log(-3 - x ) = 2 Û log x + log(-3 - x) = 1 0,25 Û log éë x (-3 - x ) ùû = log10 Û x (-3 - x) = 10 (*) Do x < -3 nên (*) được viết - x.(-3 - x ) = 10 0,25 éx = 2 Û x 2 + 3x-10 = 0 Û ê 0,25 ë x = -5 Đối chiếu với điều kiện ta được tập nghiệm của phương trình S = {-5} 2) (1,00đ) æ 2 x0 - 3 ö -1 Lấy M ç x 0 ; ÷ Î (C ), , y' (x 0 ) = 0,25 è x0 - 2 ø (x0 - 2)2 -1 2x - 3 Phương trình tiếp tuyến với ( C) tại M có dạng: D : y = (x - x 0 ) + 0 (x0 - 2)2 x0 - 2 æ 2x - 2 ö Toạ độ giao điểm A , B của (D ) và hai tiệm cận là: Açç 2; 0 ÷÷; B (2x 0 - 2;2 ) 0,25 è x0 - 2 ø x + x B 2 + 2x 0 - 2 Ta thấy A = = x 0 = x M , M , A, B thẳng hàng suy ra M là trung điểm 2 2 của A B . Mặt khác I = (2; 2) và tam giác IA B vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp tam giác IA B có bán kính I M 2 0,25 æ 2x - 3 ö 1 IM 2 = ( x0 - 2)2 + ç 0 - 2 ÷ = ( x0 - 2)2 + ³2 x è 0 - 2 ø ( x 0 - 2) 2 1 é x0 = 1 IM đạt nhỏ nhất là 2 Û ( x 0 - 2)2 = Û ê 0,25 ( x0 - 2)2 êë x0 = 3 Vậy có hai điểm M cần tìm là M1 (1; 1) và M2 (3; 3) ------------------- Hết -------------------