Đề kiểm tra học kỳ 1 có đáp án môn: Toán (Năm học 2014-2015)

Chia sẻ: Hồ Hồng Hoa | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

41
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm đánh giá lại thực lực học tập của các em học sinh trước khi tham dự kì thi. Mời các em và giáo viên tham khảo "Đề kiểm tra học kỳ 1 có đáp án môn: Toán" năm học 2014-2015. Hy vọng đề thi 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 (Năm học 2014-2015)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I THÀNH PHỐ CẦN THƠ NĂM HỌC: 2014-2015 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN – GDTHPT (Đề có 01 trang) Thời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian phát đề. Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y  x3  3x2  2 có đồ thị là (C). a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b. Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng y  mx  2 cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 , x3 thỏa mãn điều kiện x1  x2  x3  ( x1x2  x2 x3  x3x1)  4 . 2x 1 Câu 2 (1,0 điểm) Tìm tọa độ các điểm M trên đồ thị (C): y , biết tiếp tuyến tại M có hệ số góc x 1 bằng -1. ln x Câu 3 (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y 2 trên đoạn [1; e ]. x Câu 4 (1,0 điểm) a. Cho log3 15  a , tính log45 75 theo a. b. Chứng minh rằng: 2 y  2 y ' y ''  0 , với y  e x cos x . Câu 5 (1,5 điểm) Giải các phương trình sau trên tập số thực: 49x 3x1  48.7 x 3x  1  0 . 2 2 a. b. log3 (2 x  1)  log3 (8  x)  3 . Câu 6 (1,0 điểm) Một mặt phẳng qua trục của hình nón và cắt hình nón theo thiết diện là tam giác vuông cân có cạnh huyền bằng 2a. Tính diện tích toàn phần của hình nón và thể tích của khối nón theo a. 0 Câu 7 (0,5 điểm) Cho hình chóp đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 30 . Xác định tâm và tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC theo a. Câu 8 (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là một tam giác đều cạnh bằng 2a. Hình chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng (A’B’C’) là trung điểm H của cạnh B’C’, góc giữa A’B với mặt phẳng (A’B’C’) bằng 600. Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng CC’ và A’B theo a. Câu 9 (1,0 điểm) Tìm m để đồ thị hàm số y  x4  2(m  1) x2  2m2  2 có ba điểm cực trị sao cho có hai điểm cực trị nằm trên trục hoành. -----------------------HẾT---------------------- Ghi chú: Học sinh không sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên học sinh…………………………Số báo danh………………….. Chữ kí của giám thị 1…………………… Chữ kí của giám thị 2…………. ĐÁP ÁN – HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I NĂM HỌC: 2014-2015 Câu Đáp án – cách giải Điểm Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y  x 3  3x 2  2 1,0 điểm * Tập xác định D x  0 0,25 * y '  3x 2  6 x , y '  0   x  2 * Giới hạn: lim y  , lim y   x x * Bảng biến thiên:
f(x)=x^3-3x^2+2 x(t)=2, y(t)=t x(t)=t, y(t)=-2 x  0 2  0,25 y’ + 0 - 0 + Câu 1 2  (2,0 điểm) y  -2 * Kết luận: - Hàm số đồng biến trên các khoảng (  ;0) và (2;  ); nghịch biến trên khoảng (0;2). 0,25 - Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 2; đạt cực tiểu tại x =2, yCT = - 2. * Đồ thị: y 3 2 1 0,25 x -3 -2 -1 1 2 3 -1 -2 -3 Tìm m để đường thẳng (d): y  mx  2 cắt đồ thị (C) …….. 1,0 điểm * Phương trình hoành độ giao điểm: x3  3x2  2  mx  2 x  0 0,25  2  x  3x  m  0 (1) (d) cắt (C) tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0.  9 9  4m  0 m     4  m  0 m  0 0,25 Giả sử x3= 0, khi đó: x1  x2  x3  ( x1x2  x2 x3  x3 x1 )  4  x1  x2  x1x2  4 0,25  3 m  4  m  1 (thỏa yêu cầu) 0,25 2x 1 1,0 điểm Tìm M trên (C): y  biết tiếp tuyến tại M có hệ số góc bằng -1. x 1  2m  1  0,25 Gọi M  m;  , (m  1 ) là điểm cần tìm.  m 1  Câu 2 1 0,25 (1,0 điểm) Hệ số góc của tiếp tuyến tại M là k  f '(m)   m  12 1 m  0 0,25 Theo giả thiết   1  m  2 (thỏa điều kiện)  m  12  Vậy các điểm cần tìm là M (0;1), M (2;3) 0,25 ln x 1,0 điểm Tìm GTLN, GTNN của hàm số y  trên đoạn [1; e2]. x 1  ln x 0,25 Trên đoạn [1; e2], ta có y '  x2
Câu 3 y '  0  1  ln x  0  x  e [1; e2 ] 0,25 (1,0 điểm) 0,25 1 2 y(1)  0, y(e)  , y(e2 )  2 e e 1 0,25 Vậy min y  y(1)  0; max y  y(e)  [1;e2 ] [1;e2 ] e a. Cho log3 15  a , tính log45 75 theo a. 0,5 điểm log3 75 log3 (15.5) a  log3 5 Ta có: log 45 75    0,25 log3 45 log3 (15.3) a 1 Câu 4 15 (1,0 điểm) a  log3 3  2a  1 0,25 log 45 75  a 1 a 1 0,5 điểm b. Chứng minh rằng: 2 y  2 y ' y ''  0 , với y  cos x.e x * y '   sin x.e  cos x.e  e ( sin x  cos x) 0,25 x x x * y ''  e ( sin x  cos x)  e ( cos x  sin x)  2e sin x x x x 0,25 Suy ra 2 y  2 y ' y ''  2e cos x  2e ( sin x  cos x)  2e sin x  0 x x x 0,75 điểm 49x 3x1  48.7 x 3x  1  0 2 2 a. 3 x 0,25 49.49x 3x  48.7 x 3x  1  0 (*), đặt t  7 x (t  0) 2 2 2 Phương trình (*) trở thành Câu 5 t  1 (l ) 0,25 (1,5 điểm) 49t  48t  1  0   2 t  1 ( n )  49 1 x  1 Với t  thì x  3x  2   2 0,25 49 x  2 b. log3 (2x 1)  log3 (8  x)  3 (*) 0,75 điểm 1 0,25 Điều kiện:  x8 2 (*)  log3 (2 x  1)(8  x)  3  2 x 2  17 x  35  0 0,25 x  5  (thỏa điều kiện) x  7 0,25  2 Tính diện tích toàn phần của hình nón và thể tích của khối nón theo a. 1,0 điểm Gọi thiết diện là tam giác SAB vuông cân tại S đỉnh S của hình nón. O là trung điểm của AB Khi đó ta có AB = 2a + h = SO = a + R = OB = a 0,25 A B O Câu 6 SA  SB  AB  SA  SB  l  a 2 2 2 2 0,25 (1,0 điểm) Diện tích toàn phần: STP   Rl   R2   a.a 2   a2   a2 ( 2  1) 0,25
1 1 1 Thể tích: V   R 2h   a 2a   a3 0,25 3 3 3 Cho hình chóp đều S.ABC …... Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu. 0,5 điểm Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, khi đó S SG (ABC) nên AG là hình chiếu của AS lên (ABC). Vì vậy góc giữa SA với (ABC) là góc giữa SA với AG hay H   300 . SAG Trong mặt phẳng (SAG), dựng đường A C 0,25 trung trực của SA, cắt SG tại I. Suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. G B Câu 7 (0,5 điểm) SA2 Bán kính mặt cầu: R  SI  I 2SG 2 a 3 1 a 4a 2 * SG  AG.t an30  . 0 .  , SA  2 . Suy ra 3 2 3 3 9 4a2 2a R  SI   0,25 a 3 2.9. 3 Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ ………… Tính thể tích của khối lăng trụ và khoảng cách 1,0 điểm giữa CC’ và A’B theo a. Vì SH  (A’B’C’) nên góc giữa A’B với (A’B’C’) là góc giữa A’B với A’H. Hay  ' H  600 BA A C Câu 8 (1,0 điểm) B K A' C' 0,25 H M BH  A ' H .t an600  3a B' 4a 2 3 VABC. A ' B ' C '  S A ' B ' C ' .BH  .3a  3 3.a3 0,25 4 Ta có CC’ // (ABB’A’) nên d(CC’,A’B) = d(C’,(ABB’A’)). Dựng HM  A’B’. Khi đó A’B’  (BMH) suy ra (ABB’A’)  (BMH) Dựng HK  BM suy ra HK  (ABB’A’). a 3 HM .HB .3a 3a 13 2 0,25  d ( H ,( ABB ' A '))  HK    HM 2  HB2 a 3 2 13    9a 2  2 
6a 13 Vậy d (CC ', A ' B)  d (C ',( ABB ' A '))  2d ( H ,( ABB ' A '))  0,25 13 1,0 điểm Tìm m để đồ thị hàm số y  x4  2(m  1) x2  2m2  2 ………... * Tập xác định D   , y '  4 x  4(m  1) x 3 Câu 9 (1,0 điểm) 0,25 x  0 y'  0   2 x  m 1 * Hàm số có ba cực trị khi và chỉ khi m  1  0  m  1 0,25 Gọi A(0;2m  2), B( m  1; m  2m  3), C ( m  1; m  2m  3) là các 2 2 2 0,25 điểm cực trị của đồ thị hàm số Theo giải thiết thì B và C phải thuộc Ox. m  1 Tức là m2  2m  3  0   0,25 m  3 So với điều kiện thì m = 3. * Mọi cách giải khác đúng đề u được điể m tối đa của phần đó. * Điể m toàn bài được làm tròn theo qui đinh. ̣ ------HẾT-----