Đề KTCL HK1 Toán 12 - THPT Đốc Binh Kiều 2012-2013 (kèm đáp án)

Chia sẻ: Huynh Hoa Lan | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

59
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề kiểm tra chất lượng học kỳ 1 môn Toán lớp 12 của trường THPT Đốc Binh Kiều giúp cho thầy cô và các bạn học sinh lớp 12 có thêm tư liệu tham khảo phục vụ cho việc ra đề và ôn tập.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề KTCL HK1 Toán 12 - THPT Đốc Binh Kiều 2012-2013 (kèm đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I ĐỒNG THÁP Năm học: 2012-2013 Môn thi: TOÁN - Lớp 12 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 14/12/2012 ĐỀ ĐỀ XUẤT (Đề gồm có 01 trang) Đơn vị ra đề: THPT Đốc Binh Kiều A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm): Câu I (3 điểm) 2x + 1 Cho hàm số y = có đồ thị (C). x −1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Tìm tọa độ điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với đường thẳng (d ) : y = 3 x + 2012 . Câu II (1 điểm) 1. Tính giá trị biểu thức 2 2 − a) A = 256 −0,75 +  1  + 4.  1  3 5  ÷  ÷  27   32  log 16 b) B = − 3.21+ log 2 3 − 5 25 + 4 2− log16 9 2. Tìm GTLN, GTNN của hàm số: y = e2x − 4e x + 3 trên đoạn [0 ; ln4] Câu III(2điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a ; các cạnh bên đều bằng nhau và bằng 2a. 1) Tính thể tích khối chóp đã cho 2) Tìm tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. B.PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm): Học sinh chọn (câu IV.a; Va hoặc IV.b; Vb) Câu IV.a (1 điểm) Cho hàm số y = x (3 − x) 2 (C) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại giao điểm của (C) với trục hồnh Câu V.a (2 điểm) 1) ( 1 điểm) Giải phương trình : 2.14 x + 3.49 x − 4 x = 0 log 1 x − log 5 ( x − 2) < log 1 3 2) (1 điểm) Giải bất phương trình: 5 5 x2 − x − 2 Câu IV.b (1 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = biết tiếp x+2 tuyến song song với đường thẳng 3x + y - 2 = 0. Câu V.b (2 điểm) 1) Cho hàm số y = e sin 5 x . Chứng tỏ rằng: y "− 4 y '+ 29 y = 0 2x 2) Cho hàm số y = x (3 − x) (C) 2 Một đường thẳng (d) đi qua gốc toạ độ O có hệ số góc m. Với giá trị nào của m thì đường thẳng (d) cắt (C) tại 3 điểm phân biệt -----------------------HẾT----------------------
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ I ĐỒNG THÁP Năm học: 2012-2013 Môn thi: TỐN – Lớp 12 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ĐỀ XUẤT (Hướng dẫn chấm gồm có 4 trang) Đơn vị ra đề: THPT Đốc Binh Kiều CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM I a) 2x + 1 (3đ) (2đ) Hàm số : y = x −1 + TXĐ : D=R\{1} 0,25 −3 + y' = < 0 ∀x ≠ 1 0,25 ( x − 1) 2 + Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( − ∞ ;1 ) và (1 ; + ∞ ) 0,25 + Hàm số không có cực trị + lim y = −∞ , lim y = +∞ x →1− x →1+ 0,25 ⇒ x = 1 là tiệm cận đứng lim y = 2 , lim y = 2 x → −∞ x→ +∞ ⇒ y = 2 là tiệm cận ngang + BBT 0,5 x −∞ 1 +∞ y’ − − y 2 +∞ −∞ 2 1 + Giao với Ox: y = 0 ⇒ x = − 2 Giao với Oy: x = 0 ⇒ y = -1 Đồ thị : 0,5 Gọi M(x0;y0) là điểm cần tìm b) 1 0,25 Vì tiếp tuyến tại M vuông góc với đường thẳng (d) nên y’(x0) = − (1đ) 3 0,5
−3  x0 = 4 ⇒ y 0 = 3 1 ⇔ =− ⇔ ( x 0 − 1) 2  x 0 = −2 ⇒ y 0 = 1 3 0,25 Vậy có 2 điểm cần tìm: M 1 (4 ; 3) , M 2 (−2 ;1) II a) − 2 2 (1đ)  1   1  3 5 A = 256−0,75 +  ÷ + 4.  ÷  27   32  0,25 0,25 b) B = − 3.21+log 3 log 25 16 0,5 2 − 5 + 4 2−log16 9 (1đ) Ta có: 1+ log 2 2 3 = 2. 2 log 2 3 2 = 2.9 = 18 log 25 16 1 5 = 5 2 log52 16 = 5log5 2 = 2 2− log16 9 42 16 4 = = 4 log 4 3 3 16 152 Vậy B = -3.18 – 2 + =− 3 3 2) y = e − 4e + 3 ; y ' = 2e − 4e = 2e (e − 2) 2x x 2x x x x 0,25 0,25 y’ = 0 ⇔ e x − 2 = 0 ⇔ x = ln 2 ∈ [ 0; ln 4] 0.25 y(0) = 0 , y(ln2) = -1 , y(ln4) = 3 Vậy max y = 3 khi x = ln4 , min y = −1 khi x = ln2 0,25 [ 0;ln 4 ] [ 0;ln 4 ] III 1 Hình chóp S.ABCD có đáy là tứ giác đều và các cạnh bên bằng nhau, nên (1đ) S.ABCD là hình chóp tứ giác đều. 0,25 Gọi O là tâm của đáy, suy ra SO ⊥ (ABCD) S 2a 2 a 14 SO = SA − OA = 4a − 2 = ; 2 2 0,25 4 2 S ABCD = a 2 D C 1 a 14 a 3 14 O 0,5 + V = a2. = (đvtt) 3 2 6 A B 2 * Xác định tâm: (1đ) Ta có SO là trục của đáy 0,25 Trong mp(SAO), dựng đường trung trực d của cạnh SA 0,25
 I ∈ d ⇒ IA = IS Gọi I = d ∩ SO ⇒  ⇒ I là tâm mặt cầu ngoại  I ∈ SO ⇒ IA = IB = IC = ID tiếp hình chóp * Bán kính R = SI Gọi N là trung điểm SA, ta có: ∧ SN SO SA 2 4a 2 2a 14 0,5 cos ASB = = ⇒ SI = = = SI SA 2 SO a 14 7 Iva y = x (3 − x) 2 ; y’ = 3x2 – 12x + 9 0,25 (1đ)  x = 0 ⇒ y ' (0) = 9 0 Ta có: y0 = 0 ⇔  0,25  x0 = 3 ⇒ y ' (3) = 0  y = 9x Phương trình tiếp tuyến:  y = 0 0,25 Va 1 2.14 x + 3.49 x − 4 x = 0 0,25 (2đ) (1đ) 2x x 7 7 ⇔ 3.  + 2.  − 1 = 0 2 2 x 7 Đặt t =   (t > 0). Phương trình trở thành: 2 0,5 t = −1(l )  3t2 + 2t – 1 = 0 t = 1 ⇒ x = log 1 7  3  2 3 0,25 2 log 1 x − log 5 ( x − 2) < log 1 3 0,25 (*) 5 5 (1đ) 0,25 Điều kiện: x > 2 ⇔ log 1 [ x( x − 2)] < log 1 3 0,25 (*) 5 5 ⇔ x( x − 2) > 3  x < −1 ⇔ x > 3 Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của bất phương trình: x > 3 0,25 IVb x2 − x − 2 y= (C), (d): 3x + y - 2 = 0 ⇔ y = -3x + 2 (1đ) x+2 x 2 + 4x 0,25 y' = ( x + 2) 2 Vì tiếp tuyến song song với đường thẳng (d) nên: y’(x0) = -3
2 x0 + 4 x0  x 0 = −1 ⇒ y 0 = 0 0,25 ⇔ = −3 ⇔  ( x0 + 2) 2  x 0 = −3 ⇒ y 0 = −10  y = −3 x − 3 0,25 Phương trình tiếp tuyến:   y = −3 x − 19 0,25 Vb 1 y = e sin 5 x . Chứng tỏ rằng: y "− 4 y '+ 29 y = 0 2x Ta có: y’= 2e2x.sin5x+5e2x.cos5x 0,25 y’’= -21e2x.sin5x + 20e2xcos5x 0,25 VT = -21e2x.sin5x + 20e2xcos5x – 4(2e2x.sin5x+5e2x.cos5x) + 29 e2x.sin5x = 0 = VP (đpcm) 0,5 2 y = x (3 − x) 2 = x 3 − 6 x 2 + 9 x (C) (d): y = mx 0,25 Phương trình hồnh độ giao điểm của (C) và (d): x = 0 x 3 − 6 x 2 + 9 x = mx ⇔   f ( x) = x − 6 x + 9 − m = 0 (*) 2 0,25 Để (d) cắt (C) tại 3 điểm phân biệt ⇔ pt(*) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 ∆ ' > 0 m > 0  ⇔  f (0) ≠ 0 m ≠ 9 0,5