zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Đề thi - Kiểm tra

Đề kiểm tra học kỳ I năm học 2015–2016 môn Toán 12 - Trường THCS&THPT Khai Minh (TP. HCM)

Chia sẻ: Lê Minh Thuận | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Báo xấu

42
lượt xem 2
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 năm học 2015–2016 môn Toán 12 - Trường THPT Nguyễn Thị Minh Khai (TP. HCM) 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 năm học 2015–2016 môn Toán 12 - Trường THCS&THPT Khai Minh (TP. HCM)

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I TOÁN 12 Vững vàng nền tảng, Khai sáng tươg lai -----hoc247.vn----- SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP.HCM ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I TRƯỜNG THCS – THPT KHAI MINH Năm học 2015 – 2016 Môn thi: TOÁN 12 Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  2 x3  6 x  1 . a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  của hàm số đã cho. b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị  C  tại giao điểm của đồ thị  C  với đường thẳng  d  : y  4 x  11 . Câu 2 (2,0 điểm). Giải các phương trình, bất phương trình sau: 2 log3 x  5 a) 4.9 x  6 x  18.4 x  0 b)  1  4 log 3 x log3  3x  3 x2  x 6 3x7 1  1  c)     d) log 3  x  1  3log 1 13  2 x   1  log 3  5 x  1 7  49  27 Câu 3 (1,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: f  x    x 2  2 x  7  .e x trên đoạn  0;3 . Câu 4 (1,0 điểm). Tính: a) I    3x  1 x  2  dx b) J    5sin 2 x  sin x  2  cos x dx 2x  3 Câu 5 (1,0 điểm). Cho hàm số y  , có đồ thị  H  . Tìm m để đường thẳng    : y  x  m cắt x2 đồ thị  H  tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn điều kiện 2  x1  x2   x1 x2  15 . Câu 6 (1,5 điểm). Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a, AD  2a , cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy  ABCD  , góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng  ABCD  bằng 60 0 . a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a . b) Khi tam giác SBA quay xung quanh cạnh SA tạo thành hình nón. Tính diện tích xung quanh và thể tích khối nón theo a . Câu 7 (1,5 điểm). Cho hình lăng trụ ABC.A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a 2 và A ' A  a 3 . Hình chiếu vuông góc của điểm A ' trên mặt phẳng  ABC  trùng với trọng tâm G của tam giác ABC . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A ' B ' C ' và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng  ABB ' A ' . ------- HẾT ------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ………………………………………… Số báo danh: …………
Vững vàng nền tảng, Khai sáng tươg lai SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP.HCM ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM TOÁN 12 TRƯỜNG THCS – THPT KHAI MINH KIỂM TRA HỌC KỲ I Năm học 2015 – 2016 Đáp án gồm 6 trang Câu Đáp án Điểm Câu 1 Cho hàm số y  2 x3  6 x  1 . (2,0 điểm) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  của hàm số đã cho. + Tập xác định: D  . + Sự biến thiên: 0, 25  Giới hạn: lim y   , lim y   x  x   Ta có y '  6 x  6 . 2 x  1 0, 25 y '  0  6 x2  6  0    x  1 Bảng biến thiên: 0, 25 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ; 1 , 1;   và nghịch biến trên khoảng  1;1 . Hàm số đạt cực đại tại x  1 , yCÑ  5 và đạt cực tiểu tại x  1 , yCT  3 .  Đồ thị: Điểm uốn: y "  12 x ; y "  0  12 x  0  x  0  y  1 . Suy ra I  0;1 là điểm uốn của đồ thị. y 6 0, 25 5 4 3 2 1 x -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 -1 -2 -3 -4 -5 -6 Đồ thị nhận điểm uốn làm tâm đối xứng. b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị  C  tại giao điểm của đồ thị  C  với đường
Vững vàng nền tảng, Khai sáng tươg lai Câu Đáp án Điểm thẳng  d  : y  4 x  11 . Phương trình hoành độ giao điểm: 0, 25 2 x 3  6 x  1  4 x  11  2 x 3  2 x  12  0  x  2 . Gọi M  x0 ; y0  là tiếp điểm. 0, 25 Ta có x0  2  y0  3 . y '  x0   y '  2   6.  2   6  18 . 2 0, 25 Phương trình tiếp tuyến: y  y '  x 0  x  x0   y0  y  18x  33 . 0, 25 Câu 2 a) 4.9 x  6 x  18.4 x  0 (2,0 điểm)  3  x 9 2x x    3 3 2  4.       18  0   4 . 0, 25 2 2  x  3     2  2  x x 3 9 3 +     x  2 ; +    2 (vô nghiệm) 2 4 2 0, 25 Vậy phương trình có 1 nghiệm x  2 . x  0 2 log3 x  5  b)  1  4 log 3 x . Điều kiện:  1. log3  3x   x  3 0, 25 2log3 x  5   1  4log3 x . 1  log3 x 2t  5 Đặt t  log 3 x . Suy ra:  1  4t ,  t  1 . 1 t  2t  5  1  t 1  4t  (nhận). 3 3 3 +t  log 3 x   x  3 4  4 27 . 0, 25 4 4 1 + t  2  log3 x  2  x  32  . 9 1 Kết hợp với điều kiện, suy ra phương trình có 2 nghiệm x  4 27, x  . 9 3 x2  x 6 3 x7 1  1    7 1    7 2  3 x2  x 6 3 x7 0, 25 c)     7  49  5  7 3 x  x6  7 6 x 14  3 x 2  7 x  20  0    x  4 2 3 0, 25 d) log 3  x  1  3log 1 13  2 x   1  log 3  5 x  1 27 1 13 Điều kiện: x . 5 2 0, 25
Vững vàng nền tảng, Khai sáng tươg lai Câu Đáp án Điểm Phương trình đã cho tương đương: log3  x  1  log3 13  2 x   log 3 3  log 3  5 x  1  log3  x  113  2 x   log3 3  5 x  1   x  113  2 x   3  5 x  1  x  4  2 x 2  4 x  16  0   . x  2  13  Kết hợp với điều kiện, suy ra x   2;  .  2 Câu 3 Tìm GTLN và GTNN của hàm số f  x    x 2  2 x  7  .e x trên đoạn  0;3 . (1,0 điểm) Hàm số đã cho xác định và liên tục trên đoạn  0;3 . Ta có f '  x    x 2  2 x  7  '.e x   x 2  2 x  7  .  e x  '   x 2  4 x  5 .e x  x  1  0;3 f '  x   0   x 2  4 x  5 .e x  0   .  x  5   0;3 Tính: f  0   7 , f  3  8e3 , f 1  4e . Vậy max f  x   f  3  8e3 ; min f  x   f 1  4e . 0;3 0;3 Câu 4 (1,0 điểm) a) I    3x  1 x  2  dx 5x2 Ta có I    3x 2  5x  2  dx  x3   2x  C . 0, 25 x 2 2 b) J    5sin 2 x  sin x  2  cos x dx Đặt t  sin x  dt  cos xdx . Khi đó: 5t 3 t 2 5sin 3 x sin 2 x J    5t 2  t  2  dt    2t  C    2sin x  C 0, 25 x 2 3 2 3 2 Câu 5 2x  3 Cho hàm số y  , có đồ thị  H  . Tìm m để đường thẳng    : y  x  m cắt đồ (1,0 điểm) x2 thị H  tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn điều kiện 2  x1  x2   x1 x2  15 . 2x  3 Phương trình hoành độ giao điểm:  x  m ,  x  2  . x2  2 x  3   x  m  x  2   x 2  mx  2m  3  0 . 0, 25 Đặt g  x   x 2  mx  2m  3  0 . 0, 25
Vững vàng nền tảng, Khai sáng tươg lai Câu Đáp án Điểm Đường thẳng    cắt đồ thị  H  tại hai điểm phân biệt khi phương trình g  x   0 có 2 nghiệm phân biệt khác 2 . Ta có: a  0 1  0    g  0  m2  4.  2m  3  0    g  2   0  2   m.  2   2m  3  0 2 m  2  m2  8m  12  0   (*). m  6 Theo Vi-ét ta có: x1  x2  m ; x1.x2  2m  3 . Do đó 2  x1  x2   x1 x2  15  2.  m    2m  3  15  m  3 . Kết hợp với điều kiện (*), ta nhận m  3 . Câu 6 Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với (1,5 điểm) AB  a, AD  2a , cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy  ABCD  , góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng  ABCD  bằng 60 0 . a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a . Ta có SA   ABCD   SA là chiều cao của hình chóp S.ABCD . 0, 25 Diện tích hình chữ nhật ABCD : S ABCD  AB. AD  2a 2 . Góc giữa SC và  ABCD  là SDA  600 . 0, 25 Trong SAD vuông tại A ta có SA  AD.tan600  2a 3 . 1 4a3 3 Thể tích khối chóp S.ABCD là: VS . ABCD  S ABCD .SA  . 0, 25 3 3 b) Khi tam giác SBA quay xung quanh cạnh SA tạo thành hình nón. Tính diện tích xung quanh và thể tích khối nón theo a . Xét SAB vuông tại A . Ta có SB  SA2  AB 2  a 13 . 0, 25 Hình nón có: h  SA  2a 3 , l  SB  a 13 , r  AB  a . Diện tích xung quanh hình nón: S xq   rl   .a.a 13   a 2 13 . 0, 25 0, 25
Vững vàng nền tảng, Khai sáng tươg lai Câu Đáp án Điểm 1 1 2 a3 3 Thể tích khối nón: V   r 2 h   .a 2 .2a 3  . 3 3 3 Câu 7 Cho hình lăng trụ ABC.A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a 2 và (1,5 điểm) A ' A  a 3 . Hình chiếu vuông góc của điểm A ' trên mặt phẳng ABC trùng với trọng tâm G của tam giác ABC . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A ' B ' C ' và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng  ABB ' A ' . + Tính VABC . A ' B 'C ' . Ta có A ' G   ABC   A ' G là chiều cao của lăng trụ ABC.A ' B ' C ' . 3 0, 25 Diện tích tam giác đều ABC là: S ABC  AB 2 .  2a 2 3 . 4 3 3 Gọi M là trung điểm của BC , ta có: AM  BC.  2a 2. a 6 2 2 2 2a 6 AG AM  3 3 0, 25 Trong A ' GA vuông tại G , ta có 8 a 3 A ' G  A ' A2  AG 2  3a 2  a 2  . 3 3 Thể tích khối lăng trụ ABC.A ' B ' C ' là: 0, 25 VABC. A' B 'C '  S ABC .A ' G  2a3 + Tính d  C ,  ABB ' A '  Gọi N là trung điểm của AB . Trong A ' GN , kẻ GH  A ' N . Chứng minh được GH   ABB ' A ' tại H . 0, 25 Suy ra d  G,  ABB ' A '   GH . 1 a 6 Ta có CN  AM  a 6 , GN  CN  . 3 3 0, 25
Vững vàng nền tảng, Khai sáng tươg lai Câu Đáp án Điểm 1 1 1 3 9 9 a 2 2  2  2  2  2  2  GH  . GH A ' G GN a 6a 2a 3 Do đó d  G,  ABB ' A '   GH  a 2 . 3 Vậy d  C ,  ABB ' A '    3d  G,  ABB ' A '    a 2 . ------- HẾT -------

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.