Đề kiểm tra học kỳ I môn Toán lớp 12 năm 2015-2016 - Sở GD&ĐT Cà Mau

Chia sẻ: HUA KHAC BAO | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

72
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn học sinh và quý thầy cô tham khảo Đề kiểm tra học kỳ I môn Toán lớp 12 năm 2015-2016 - Sở GD&ĐT Cà Mau giúp hệ thống kiến thức học tập cho học sinh cũng như trau dồi kinh nghiệm ra đề thi cho quý thầy cô.

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 2015-2016 - Sở GD&ĐT Cà Mau

SỞ GD&ĐT CÀ MAU ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I, NĂM HỌC 2015 - 2016 TRƯỜNG THPT PHAN NGỌC HIỂN MÔN TOÁN - LỚP 12 Thời gian làm bài 90 phút PHẦN CHUNG: Câu 1: (3 điểm) Cho hàm số: y  x3  3x  2 a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số . b. Biện luận theo k số nghiệm của phương trình x3  3x  2  k  0 . Câu 2: (1,0 điểm) Tìm các giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: f  x   x 4  2 x 2  3 trên đoạn [0; 2] . Câu 3 (1,0 điểm) 2x  1 Tìm tọa độ các điểm M trên đồ thị (C): y  , biết tiếp tuyến tại M có hệ số góc bằng 1. x 1 Câu 4: (1,0 điểm) Cho hàm số y   x4  2mx2  2m  1 (1). Tìm m để đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị sao cho có hai điểm cực trị nằm trên trục hoành. Câu 5: (2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B. Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy (ABC). Biết SA  a 2 , AB  a , BC  a 3 . a. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a. b. Chứng minh: BC vuông góc với SB. c. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) theo a. PHẦN RIÊNG: (Học sinh chỉ làm một trong hai phần sau) Phần 1: Ban cơ bản Câu 6a: (2,0 điểm) Giải phương trình và bất phương trình: i. 3.4 x  5.6 x  2.9 x  0 ii. log3  x  1  2 Phần 2: Ban nâng cao Câu 6b: (2,0 điểm) i. Cho log2 14  a . Hãy tính: A  log49 32 theo a. 3 ii. Cho hàm số y  x x x x : x ,  x  0  . Tính đạo hàm y . 3 4 ……………….HẾT…………….
Trường THPT Phan Ngọc Hiển HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I (2015-2016) Môn: Toán – Lớp 12 (Hướng dẫn chấm có 04 trang) Câu ý Nội dung Thang diểm Câu 1 a) Hàm số: y  x3  3x  2 có đồ thị (C) (3 điểm) Tập xác định: D  0.25 y  3x 2  3  3  x 2  1 0.25  x  1  y  4 0.25 y  0    x  1  y  0 0.25 lim y  lim  x 3  3 x  2    0.25 x  x  BBT: x  -1 1  y’  0  0  0.5 CĐ  y 0 -4  CT Kết luận: Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 1 ; 1;   , nghịch biến trên khoảng  1;1 , đạt cực đại tại x  1 , yCĐ = 0 và đạt cực tiểu tại 0.25 x  1 , yCT = -4 Đồ thị đi qua:  2; 4  ;  2;0  Đồ thị: y f(x)=x^3-3x-2 13 12 11 10 9 8 7 6 5 0.25 4 3 2 1 x -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 -1 -2 -3 -4 -5 b) x 3  3x  2  k  0  x3  3x  2  k * 0.25 Số nghiệm của phương trình (*) là số giao điểm của đồ thị (C): y  x3  3x  2 với đường thẳng d: y  k 0.25 Biện luận 0.25
số giao điểm của d và k Số nghiệm (*) (C) k 0 1 1 k 0 2 2 4  k  0 3 3 k  4 2 2 k  4 1 1 Câu 2 f  x   x  2 x  3 trên đoạn [0; 2] . 4 2 (1 điểm) Hàm số liên tục trên đoạn 0; 2 0.25 f   x   4 x 3  4 x  4 x  x 2  1  x  0   0; 2  0.25 f   x   0   x  1   0; 2  x  1   0; 2  f  0   3; f 1  2; f  2   11 0.25 Kết luận: max f  x   f  2   11; min f  x   f 1  2 0;2 0;2 0.25 Câu 3 2x  1 (1 điểm) (C): y  x 1 1 Ta có: y  x    x  1 2 0.25  2m  1  Gọi M  m;    C  ; m  1  m 1  1 Khi đó: y  m   1   m  1 1 2 0.25  m  1 2  m 1  1  m  0  M1  0;1    0.25  m  1  1  m  2  M 2  2;3 Vậy M1  0;1 và M 2  2;3 thỏa YCBT 0.25 Câu 4 y   x4  2mx2  2m  1 (1) có đồ thị  Cm  (1 điểm) Tập xác định: D  y  4 x3  4mx  4 x  x 2  m  0.25 x  0 y  0   2 x  m 0.25 Đồ thị hàm số (1) có 3 điểm cực trị  y  0 có ba nghiệm phân biệt m0 Với m  0 thì  Cm  có 3 điểm cực trị  A  0; 2m  1 ; B  m ; m 2  2m  1 và C   m ; m 2  2m  1  0.25 YCBT  B  m ; m  2  2m  1 Ox và C  m; m 2  2m  1  Ox m 2  2m  1   m  1  0  2  m = 1 thỏa YCBT 0.25
Câu 5 S (2 điểm) a 2 H A C a a 3 B a) a. Diện tích tam giác ABC 1 a2 3 0.5 S ABC  BA.BC  2 2 Thể tích khối chóp S.ABC 1 a3 6 0.5 VSABC  S ABC .SA  (đvtt) 3 6 b)  BC  AB   BC   SAB   BC  SB 0.5  BC  SA c) Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SB  AH  SB   AH   SBC  0.25  AH  BC 1 1 1 3 2  2  2  2 AH AS AB 2a 0.25 Khoảng cách d  A;  SBC    AH  a 6 3 Câu 6a i. (1 4 x 6 x (2 điểm) điểm) 3.4 x  5.6 x  2.9 x  0  3  x  5  x  2  0 0.25 9 9 2x x 2 2  3    5   2  0 0.25 3 3  2  x    1 3  0.25  2 x 2     3  3 x  0  là nghiệm của PT 0.25 x  1 ii. (1 log3  x  1  2 điểm) x 1  0   0.25 log3  x  1  log3 3 2   0  x 1  9 0.25  1  x  8 0.25 Vậy tập nghiệm của bất phương trình S   1;8 0.25
Câu 6b i. (1 (2 điểm) điểm) Ta có : log2 14  a  log 2  2.7   a  log 2 7  a  1 0.25 A  log 72 2 5 0.25 5 = log 7 2 0.25 2 5 5 = = 2log 2 7 2  a  1 0.25 ii. (1 3 y  x x x x : x (x >0) 3 4 điểm) 1 1 1 1 3  x x x x :x 3 6 12 24 4 0.25 1 1 1 1 3 1      x 3 6 12 24 4 x 8 0.5 1 9  y   x 8 0.25 8 (Học sinh có cách giải khác đúng vẫn chấm điểm tối đa theo từng phần tương ứng)