Đề KTCL HK1 Toán 12 - THPT Long Khánh A (2012-2013) - Kèm đáp án

Chia sẻ: Huynh Hoa Lan | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

62
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Những câu hỏi tự luận có trong đề kiểm tra chất lượng học kỳ 1 môn Toán lớp 12 của trường THPT Long Khánh A giúp các bạn học sinh lớp 12 ôn tập, củng cố kiến thức hiệu quả cho thi học kì 1.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề KTCL HK1 Toán 12 - THPT Long Khánh A (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: 14/11/2012 ĐỀ ĐỀ XUẤT (Đề gồm có 01 trang) Đơn vị ra đề: THPT LONG KHÁNH A I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (3,0 điểm). Cho hàm số y   x3  3x 2  2 , gọi (C ) là đồ thị của hàm số. 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số. 2) Dùng vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm của phương trình:  x3  3x 2  m  0 . Câu 2 (2,0 điểm). 2 1) Tính giá trị của biểu thức: A 1 1  81  4 9log3 7  log 25   125  16  2) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: y  e x ( x  2)2 trên đoạn [1; 3]. Câu 3 (2,0 điểm). Cho khối chóp S . ABC có đáy là tam giác ABC vuông cân tại B . Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) và SA  2a . Mặt bên ( SBC ) hợp với mặt đáy một góc 300 . a) Tính thể tích của khối chóp S . ABC . b) Xác định tâm và tính bán kính của mặt cầu đi qua bốn đỉnh của hình chóp S . ABC . II. PHẦN RIÊNG – PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình Chuẩn:
Câu 4a (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C ) của hàm số x4 3 y  x 2  tại điểm có hoành độ bằng 1 . 2 2 Câu 5a (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: 6 x  61 x  5  0 . 2 2) Giải bất phương trình: 2log8 ( x  2)  log 1 ( x  3)  . 3 8 2x + 1 Câu 4b (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C ) của hàm số y = x- 2 1 biết tiếp tuyến có hệ số góc bằng  . 5 Câu 5b (2,0 điểm). x2  1) Cho hàm số y  x.e 2 . Chứng minh rằng, xy  (1  x 2 ) y . 2x  1 2) Cho hàm số y  có đồ thị (C ) . Tìm m để đường thẳng d : y  x  m cắt đồ x 1 thị (C ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O. HẾT.
ĐỒNG THÁP Năm học: 2012-2013 Môn thi: TOÁN – Lớp 12 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ĐỀ XUẤT (Hướng dẫn chấm gồm có 05 trang) Đơn vị ra đề: THPT LONG KHÁNH A Câu Nội dung yêu cầu Điểm Câu 1 1. (2,0 điểm) (3,0 đ) Tập xác định: D  . 0.25 Sự biến thiên: x  0  Chiều biến thiên: y '  3x 2  6 x , y '  0 x  2  0.5  Trên khoảng  0 ; 2  , y '  0 nên hàm số đồng biến.  Trên mỗi khoảng   ; 0  và  2 ;  , y '  0 nên hàm số nghịch biến.  Cực trị:  Hàm số đạt cực đại tại x  2 và yCĐ = 2. 0.25  Hàm số đạt cực tiểu tại x  0 và yCT = 2 .  Các giới hạn: lim y   , lim y   . 0.25 x  x   Bảng biến thiên : x  0 2  y’ 0 + 0 – 0.25  2 y 2  Đồ thị: 0.5 2. (1,0 điểm)
Ta có:  x 3  3 x 2  m  0   x3  3 x 2  2  m  2 (*) PT (*) là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đường thẳng d : 0.25 y  m  2 . Số nghiệm của PT (*) bằng số giao điểm của (C ) và d . Dựa vào đồ thị ta có: m  0 hoặc m  4 : PT (*) có 1 nghiệm 0.25 m  0 hoặc m  4 : PT (*) có 2 nghiệm 0.25 0  m  4 : PT (*) có 3 nghiệm 0.25 Câu 2 1. (1,0 điểm) (2,0 đ) 2  9log3 7  3log3 7   49 0.25 1 3 log 25  0.25 125 2 1  81  4 3 0.25     16  2 2 2 2 A   1 3 3 7 0.25 1  81  4 49   9log3 7  log 25   2 2 125  16  2. (1,0 điểm) y '  e x ( x 2  2 x ) với mọi x  (1 ; 3) 0.25  x  0 (loaï ) i Xét trên khoảng (1 ; 3) , ta có: y '  0   0.25  x  2 ( nhaä) n Mặt khác f (1)  e , f (1)  e3 , f (2)  0 0.25 3 Vậy max f ( x)  f (1)  e , min f ( x)  f (2)  0 . 0.25 1 ; 3 1 ; 3 Câu 3 (2,0 đ) S I A C 300 B a) (1,0 điểm)
Ta có SA  ( ABC ) nên suy ra SA đường cao của hình chóp S . ABC .  SBC   ( ABC )  BC (1) AB  BC (2) (do ABC vuông tại B ) SB  BC (3) (do AB là hình chiếu của SB trên mp ( ABC ) ) 0.25 Từ (1), (2), (3) ta suy ra góc SBA là góc giữa 2mp  SBC  và  ABC  . Theo giả thiết SBA  300 . Xét tam giác vuông SAB , ta có: SA SA 2a tan SBA   AB  0   2a 3 , suy ra BC  AB  2a 3 0.25 AB tan 30 3 3 1 1 Diện tích tam giác ABC là: S ABC  BA.BC   2a 3.2a 3  6a 2 . 0.25 2 2 1 1 Vậy thể tích khối chóp S . ABC là : VS . ABC   S ABC  SA   6a 2 .2a  4a3 . 0.25 3 3 b) (1,0 điểm) Gọi I là trung điểm của cạnh SC . Do tam giác SAC vuông tại A , có IA là đường trung tuyến nên SC IA  IC  IS  . 2 Tương tự do tam giác SBC vuông tại B , có IB là đường trung tuyến nên 0.5 SC IB  IC  IS  . 2 SC Ta suy ra: IA  IB  IC  IS  . Do đó I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp 2 hình chóp S . ABC . Xét tam giác vuông SAC , ta có: SC 2  SA2  AC 2 , mà AC 2  AB 2  BC 2  (2a 3) 2  (2a 3) 2  24a 2 , nên suy SC 2  (2a )2  24a 2  28a 2 , 0.5 suy ra SC  2a 7 . SC Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC là: R  a 7. 2 Câu 4a Tiếp tuyến của đồ thị (C ) : y  f ( x) tại M 0 ( x0 ; y0 )  (C ) có PT dạng: (1,0 đ) y  f '( x0 )  x  x0   y0 . 0.5 Ta có: y '  2 x 3  2 x . Theo giả thiết ta có x0  1 , suy ra y0  2 , f '(1)  0 . 0.25 Vậy tiếp tuyến có phương trình là : y  0( x  1)  2 hay y  2 . 0.25 Câu 5a 1. (1,0 điểm) (2,0 đ) 6 Ta có: 6 x  61 x  5  0  6 x  x  5  0 0.25 6
6 Đặt t  6 x , t  0 . Ta có phương trình: t  50. 0.25 t t  1 (loaï ) i  t 2  5t  6  0   0.25 t  6 (nhaä) n Với t  6 , ta có 6 x  6  x  1 0.25 Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x  1 . 2. (1,0 điểm) Điều kiện x  3 2 2 0.25 Ta có: 2log8 ( x  2)  log 1 ( x  3)   log8 ( x  2) 2  log8 ( x  3)  3 3 8 ( x  2) 2 2 0.25  log8  x3 3 ( x  2) 2   4  x 2  8 x  16  0  x  \ 4 0.25 x3 So với điều kiện, ta nhận x   3 ;   \ 4 . 0.25 Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm S   3 ;   \ 4 . Câu 4b Tiếp tuyến của đồ thị (C ) : y  f ( x) tại M 0 ( x0 ; y0 )  (C ) có PT dạng: (1,0 đ) y  f '( x0 )  x  x0   y0 . 0.25 5 Ta có: y '   . ( x  2) 2 5 1  x0  7  y0  3 Từ giả thiết ta suy ra     0.25 ( x0  2) 2 5  x0  3  y0  1 1 1 Với x0  7 , y0  3 , f '(7)   , ta có PTTT: y    x  7   3 hay 5 5 0.25 1 22 y  x . 5 5 1 1 Với x0  3 , y0  1 , f '(3)   , ta có PTTT: y    x  3  1 hay 5 5 0.25 1 2 y   x . 5 5
Câu 5b 1. (1,0 điểm) (2,0 đ) x2  0.5 Ta có: y '  (1  x 2 )e 2 x2  0.25 Vế trái = xy  x (1  x 2 ).e 2 x2  0.25  (1  x 2 ) x.e 2  (1  x 2 ) y = Vế phải (đpcm) 2. (1,0 điểm) 2x 1 Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d:  xm x 1  x2  (m  3) x  1  m  0, x 1 (*) 0.25 PT (*) có   m2  2m  5  0, m R và (*) không có nghiệm x = 1. Suy ra PT (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt là xA , xB . x  x  3 m Theo định lí Viét:  A B . Khi đó: A  xA; xA  m , B  xB ; xB  m 0.25  xA.xB  1 m uur uur OAB vuông tại O thì OAOB  0  xA xB   xA  m xB  m  0 . 0.25  2 x A x B  m x A  x B   m 2  0  m  2 0.25 Vậy m  2 . Lưu ý: .