Đề kiểm tra học kỳ I môn Toán lớp 12 năm 2014-2015 - Sở GD&ĐT Bắc Giang

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

Thêm vào BST

Báo xấu

68
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn cùng tham khảo Đề kiểm tra học kỳ I môn Toán lớp 12 năm 2014-2015 - Sở GD&ĐT Bắc Giang 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 kỳ I môn Toán lớp 12 năm 2014-2015 - Sở GD&ĐT Bắc Giang

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ I BẮC GIANG NĂM HỌC 2014-2015 .vn MÔN: TOÁN LỚP 12 Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1 (3,0 điểm). Cho hàm số y   x3  3x 2  2 (1). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 47 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng d : y  9 x  1 . 3x  1 Câu 2 (1,0 điểm). Tìm m để đồ thị (C1) của hàm số y  và đường thẳng x2  : y  2 x  m cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B sao cho đoạn AB ngắn nhất. c2 Câu 3 (2,0 điểm) 1. Cho hàm số f  x   x ln x  3x . Tính f '  e2  . log3 8 2. Tính giá trị của biểu thức A  log3 3 27  18.log 227 3  . log 1 2 3 ho Câu 4 (3,0 điểm). Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông, mặt bên SAB là tam giác vuông cân tại S , SA  a và mặt phẳng  SAB  vuông góc với mặt đáy. Gọi H là trung điểm của cạnh AB . 1. Chứng minh SH   ABCD  . Tính thể tích của khối chóp S. ABCD . 2. Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S. ABCD . w. 3. Gọi G là trọng tâm của tam giác SAB . Mặt phẳng  GCD  chia khối chóp thành hai phần. Tính tỷ số thể tích của hai phần đó. 4 xy 2 1 Câu 5 (1,0 điểm). Cho hai số thực dương x, y. Chứng minh rằng  . x   3 x2  4 y 2 8 ww -----------------Hết------------------- Họ tên học sinh:............................................................Số báo danh:.................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI KIỂM TRA HỌC KỲ 1 BẮC GIANG MÔN TOÁN – LỚP 12 .vn Năm học: 2014-2015 Chú ý: Dưới đây chỉ là sơ lược từng bước giải và cách cho điểm từng phần của mỗi bài. Bài làm của học sinh yêu cầu phải chi tiết, lập luận chặt chẽ. Nếu học sinh giải cách khác đúng thì chấm và cho điểm từng phần tương ứng (đây là đề chung cho học sinh học Cơ bản và Nâng cao, không có tự chọn như các năm học trước). 47 Câu Hướng dẫn giải Điểm Câu 1 1.1. Khảo sát hàm số y   x3  3x 2  2 (1.0 điểm) 0.25 +) TXĐ:R +) Các giới hạn: xlim y  lim   x3  3 x 2  2   ; lim y  lim   x3  3 x 2  2    0.25 c2  x  x  x  x  0 +) Có y '  3x 2  6 x  y '  0   0.25 x  2 +) Bảng biến thiên đúng 0.25 +) Hàm số đồng biến trên khoảng  0; 2  0.25 +) Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ;0  ;  2;   ho +) Hàm số đạt cực đại tại x  2 và yCD  2 0.25 +) Hàm số đạt cực tiểu tại x  0 và yCT  2 +) Đồ thị (Vẽ đúng) y w. 3 2 1 0.5 ww x -2 -1 O 1 2 3 -1 -2 -3 1.2 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số biết tiếp tuyến song song với
(1.0 điểm) đường thẳng d : y  9 x  1 . 0. 5 Giả sử M  x0 ; y0  là tiếp điểm của tiếp tuyến cần lập với đồ thị hàm số .vn Hệ số góc của tiếp tuyến tại M  x0 ; y0  là y ' x   3x02  6 x0 .Theo giả thiết tiếp 0 tuyến song song với đường thẳng d : y  9 x  1 .  x0  1 Suy ra y ' x   9  3 x02  6 x0  9    x0  3 0 Viết được phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M  1; 2  .Kết 0.25 47 quả y  9 x  7 Viết được phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại M  3; 2  .Kết 0.25 quả y  9 x  25 Kết luận Câu 2 (1.0 điểm) c2 Xét phương trình hoành độ giao điểm của  C1  và đường thẳng  3x  1  2 x  m 1 .Với điều kiện x  2 thì x2 0.25 1  3x  1   x  2  2 x  m   3x  1  2 x  4 x  mx  2m  2 x   m  7  x  2m  1  0  2  2 2 Phương trình  2  có   m2  2m  57 . ho  C  và  cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi  2  có hai nghệm   0 0.25 phân biệt khác 2 tương đương với hệ   m . 7  0 Với mọi m thì  và  C  cắt nhau tại hai điểm phân biệt A  x1; 2 x1  m  và B  x2 ; 2 x2  m  w. 0.25 7m 2m  1 Trong đó x1; x2 là hai nghiệm của  2  .Theo Viet có x1  x2  ; x1 x2  2 2 Khiđó  7  m  2  2m  1   AB   2 1  2 1             4 2 2 2 ww x x 2 x 2 x 5  x1 x2 4 x1 x2  5      2   2   0.25 5 5 AB  m2  2 m  57   m 1  56  70 .Dấu "  " xảy ra khi m  1 . LK 2 2 2 Câu 3 +) Tính được f '  x    x  ln x  x. ln x  ' 3  ln x  2 . ' 3.1 0.5 +) f '  e   ln e  2  0 . (1.0 điểm) 2 2 0.5 :LK +) Tính được log3 3 27  log 33  2.log3 3  2 . 3 0.25 32
+) Tính được 18.log272 3  18.log32 3  2.log32 3  2 3 0.25 .vn log3 8 log3 8 3.2 +) Tính được.    log 2 8  3 (1.0 điểm) log 1 2  log3 2 0.25 3 +) Từ đó suy ra A  2  2  3  3 0.25 Câu 4 S Ta có tam giác SAB là tam giác vuông 47 cân đỉnh S và H là trung điểm của AB , suy ra SH  AB . M Vậycó G  SAB    ABCD    SAB    ABCD   AB  SH   ABCD  A D N  0.5  SH   SAB  , SH  AB B H c2 O C K Ta có SH là đường cao của hình chóp. Tính được cạnh đáy của hình vuông là a 2 và tính được đường cao của hình a 2 chóp là SH  . 2 ho 4.1 (1.0 điểm) 1 a3 2 Tính được thể tích khối chóp VS . ABCD  SH .S ABCD  (đvtt) 3 3 0.5 Chỉ ra được điểm O cách đều các điểm A, B, C, D, S . Suy ra O là tâm của mặt 4.2 1.0 (1.0 điểm) cầu ngoại tiếp hình chóp. Tính được bán kính mặt cầu là R  OA  a CD // AB w.  AB   SAB  Ta có    SAB    GCD   MN . CD   CDG  G   SAB    GCD   Với MN // AB, G  MN , M  SA, N  SB . ww Khi đó  GCD  chia khối chóp thành hai khối đa diện. 0.25 4.3 Gọi V1  VSMNCD ,V2  VMNCDAB ,V  VS . ABCD (1.0 điểm) 1 Suy ra V1  VS .CMN  VS .CMD và VS .CAB  VS .CAD  V 2 2 VS .CMN SC SM SN  2  4 V 4 V 2 Ta có  . .      S .CMN   S .CMN  VS .CAB SC SA SB  3  9 1 V 9 V 9 2 0.25 VS .CMD SC SM SD 2 V 2 V 1  . .   S .CMD   S .CMD  V S .CAD SC SA SD 3 1 3 V 3 V 0.25 2
V1 2 1 5 V 5 Vậy     1  0.25 V 9 3 9 V2 4 .vn Câu 5 Đặt t  x .Từ giả thiết x, y  0 suy ra t  0 . Khi đó bất đẳng thức cần chứng (1.0 điểm y    2. 3 4t 1 minh tương đương với  hay t t2  4  t t   3 t 4 2 8 0.25   47 3 Xét hàm số f  t   t t2  4  t .  t  4 t  ; 3 2 t 2  4  3t 2 Tính được f '  t   f ' t   0  t  . t2  4 2 Ta có bảng biến thiên của hàm số c2 x 0 2 2  f 't   0  0.5 ho f t  2 0 0 Từ bảng biến thiên của hàm số ta  2    2. 3 có max f  t   f    2 hay t t2  4  t w. t 0  2  0.25 2 Dấu bằng xảy ra khi t  hay y  2 x . 2 Tổng 10 ww