Đề KTCL HK1 Toán 12 - THPT Hòa Bình 2012-2013 (kèm đáp án)

Chia sẻ: Huynh Hoa Lan | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

62
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 THCS - THPT Hòa Bình có nội dung xoay quanh: Khảo sát sự biến thiên, vẽ đồ thị hàm số... giúp cho các bạn học sinh lớp 12 tham khảo.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề KTCL HK1 Toán 12 - THPT Hòa Bình 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: 10/01/2012 ĐỀ ĐỀ XUẤT (Đề gồm có 01 trang) Đơn vị ra đề: THCS VÀ THPT HÒA BÌNH I. PHẦN CHUNG (7,0 điểm) Câu I ( 3,0 điểm) Cho hàm số: y = - x 3 + 3x 2 - 1 có đồ thị là (C ) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số. 2. Dựa vào đồ thị (C ) , hãy tìm điều kiện của tham số k để phương trình sau đây có 3 nghiệm phân biệt: x 3 - 3x 2 + k = 0 Câu II ( 2,0 điểm) 1 1. Tính giá trị của biểu thức P = 3 (0, 001) −1 − (−2) −2 . 3 4096 − 8−13 + (30 )3 . 2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = ( x − 3) e trên đoạn [ 0; 2 ] . 2 x Câu III ( 2,0 điểm) . Cho hình chópp 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 S.ABCD. 2. Tính thể tích khối nón có đỉnh trùng với đỉnh của hình chóp và đáy của khối nón nội tiếp trong đáy của hình chóp S.ABCD. II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) (Học sinh chọn IVa và Va hay IVb và Vb ) A. Theo chương trình chuẩn. Câu IVa ( 1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = x3 − 3 x 2 + 4 tại điểm có hoành độ là nghiệm của phương trình y " = 0 . Câu Va ( 2,0 điểm) 1. Giải phương trình 9 x − 4 ×3 x+ 2 + 243 = 0 . 2. Giải bất phương trình: log 2 ( x − 2 ) − 2 ≤ 6log 1 3x − 5 8 B. Theo chương trình nâng cao. Câu IVb ( 1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = 4 x 3 − 12 x 2 + 9 x − 1 tại điểm M (2;1) . Câu Vb ( 2 điểm) 1. Cho hàm số y = e 4 x + 2.e − x , chứng minh rằng y '''− 13 y '− 12 y = 0 . 2. Cho hàm số: y = f ( x) = ( 4 − x ) ( x − 1) (C ) . Gọi A là giao điểm của (C) và trục Oy và 2 (D) là đường thẳng qua A có hệ số góc k. Định k để (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: TOÁN – Lớp 12 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ĐỀ XUẤT (Hướng dẫn chấm gồm có 03 trang) Đơn vị ra đề: THCS VÀ THPT HÒA BÌNH Câu Mục Nội dung yêu cầu Điể m Câu I I.1 Tập xác định: D = ¡ , y ¢ = - 3x 2 + 6x 0,25 (3,0đ) (2,0đ) é =0Þ y =- 1 x 0,25 y ¢ = 0 Û - 3x 2 + 6x = 0 Û ê ê =2Þ y =3 x ê ë Bxd: x –∞ 0 2 +∞ y¢ – 0 + 0 – Hàm số đồng biến trên khoảng (0;2) Hàm số nghịch biến trên các khoảng (–∞ và (2;+∞ ;0) 0,25 Hàm số đạt cực đại tại x = 2 ; y = 3 0,25 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0; y = - 1 Giới hạn: x ®- ¥ y = +¥ lim ; lim y = - ¥ 0,25 x ® +¥  Bảng biến thiên x –∞ 0 2 +∞ y¢ – 0 + 0 – +∞ 3 y 0,25 –1 –∞ y 0,5 3 y =m -1 1 O -1 1 2 3 x I.2 x 3 - 3x 2 + k = 0 Û x 3 - 3x 2 = --1 Û - x 3 + 3x 2 = k Û - x 3 + 3x 2 - 1 = k - 1 (*) k 0,25 (1,0đ) Số nghiệm của phương trình (*) bằng số giao điểm của (C) và 0,25 d: y = k – 1 (*) có 3 nghiệm phân biệt Û - 1 < k - 1 < 3 Û 0 < k < 4 0,5
Câu II II.1 1 − 4 P = 3 1000 − .16 − 8 3 + 1 (2,0đ) (1,0đ) 4 0,5 111 = 10 − 4 − (2) −4 + 1 = 16 0,5 II.2 Ta có y′ = ( x + 2 x − 3) e . 0,25 2 x (1,0đ) x =1 0,25 y′ = 0 ⇔ x 2 + 2 x − 3 = 0 ⇔  . Vì x ∈ [ 0;2] nên ta chọn x = 1 .  x = −3 Tính y ( 1) = −2e , y ( 0 ) = −3 , y ( 2 ) = e . 0,25 2 Vậy Max y = e tại x = 2 , Min y = −2e tại x = 1 . 2 0,25 [ 0;2] [ 0;2] Câu III III.1 (2,0 đ) (1,0đ S ) D C O A B + Hình chóp S.ABCD có đáy là tứ giác đều và các cạnh bên bằng nhau, nên S.ABCD là hình chóp tứ giác đều. Do đó SO là đường cao của hình chóp 0,25 (O là tâm của đáy) Thể tích hình chóp đều S.ABCD: 0,25 1 V = S ABCD ×SO 3 2a 2 a 14 0,25 ; S ABCD = a 2 SO = SA2 − OA2 = 4a 2 − = 4 2 1 2 a 14 a 3 14 0,25 V= a . = (đvtt) 3 2 6 III.2 Thể tích khối nón: (1,0đ 1 a 14 AB a 0,5 ) Vnon = π r 2 h ; h = SO = ; r= = 3 2 2 2 π a 14 3 0,5 Vnon = 24 Câu IVa. y " = 6 x − 6 , y " = 0 ⇔ x = 1, y = 2 0,25 (1,0 đ) Hệ số góc của tiếp tuyến: y ' ( 1) = −3 . 0,25 Vậy: Phương trình của tiếp tuyến của (C) tại điểm trên (C) có x0 = 1 là 0,5 nghiệm của phương trình y " = 0 : y = −3 x + 5
Câu Va.1 9 x − 4 ×3x+2 + 243 = 0 ⇔ ( 3x ) − 36 ×3x + 243 = 0 2 0,25 Va. (1,0đ) Đặt t =3x( t >0) 0,25 (2,0 đ) Pt (1) trở thành: t2 – 36t + 243 = 0 t = 9 3x = 9 = 32 x = 2 0,5  t = 27 ⇔  x ⇔ 3 = 27 = 3 x = 3 3  Va.2 log 2 ( x − 2 ) − 2 ≤ 6log 1 3 x − 5 (1) x − 2 > 0 0,25 (1,0đ) 8 . Điều kiện 3x − 5 > 0 ⇔ x > 2 .  (1) ⇔ log 2 ( x − 2 ) − 2 ≤ − log 2 ( 3 x − 5 ) ⇔ log 2 ( x − 2 ) ( 3x − 5 )  ≤ 2   0,25 2 0,25 ⇔ 3 x 2 − 11x + 6 ≤ 0 ⇔ ≤ x ≤ 3. 3 Kết hợp với điều kiện, suy ra bất phương trình có tập nghiệm T = ( 2;3] . 0,25 Câu IVb. Phương trình tiếp tuyến tại M (2 ;1) : y = k ( x − 2) + 1 0,25 (1,0 đ) k = y ' ( 2 ) = 12 x − 24 x + 9 = 9 2 0,25 Phương trình tiếp tuyến : y = 9 x − 17 0,5 Câu Câu y ' = 4e − 2 e 4x −x 0,25 Vb. Vb.1 y '' = 16e 4 x + 2e − x 0,25 (2,0 đ) (1,0 đ) y ''' = 64e 4 x − 2e − x 0,25 ( ) ( ) y '''− 13 y '− 12 y = 64e 4 x − 2e − x − 4e 4 x − 2e − x − 12 e 4 x + 2e − x = 0 0,25 Câu Giao điểm A của (C) và Oy là A(0;4), đường thẳng (D): y = kx + 4 0,25 Vb.2 Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (D): 0,25 (1,0 đ) x = 0 x( x − 6 x + 9 + k ) = 0 ⇔  2  g ( x) = x − 6 x + 9 + k (*) 2 (D) cắt (C) tại 3 điểm phân biệt ⇔ (*) có hai nghiệm phân biệt khác 0 0,25 ∆ g > 0  ⇔  g ( 0) ≠ 0  k < 0 0,25  k ≠ 9  Lưu ý: Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn qui định.