Đề KTCL HK1 Toán 12 - THPT Nguyễn Trãi 2012-2013 (kèm đáp án)

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

Thêm vào BST

Báo xấu

66
lượt xem 13
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 Nguyễn Trãi giúp các bạn học sinh lớp 12 ôn tập, củng cố kiến thức hiệu quả cho kỳ thi cuối học kì 1.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề KTCL HK1 Toán 12 - THPT Nguyễn Trãi 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) ĐỀ ĐỀ XUẤT (Đề gồm có 01 trang) Đơn vị ra đề: THPT NGUYỄN TRÃI I. PHẦN CHUNG (7,0 điểm) Câu I ( 3 điểm) Cho hàm số y = x − 3x + 2 có đồ thị (C). 3 2 1. Khao sat sự biên thiên và vẽ đồ thị (C) cua ham số đã cho. ̉ ́ ́ ̉ ̀ 2. Tìm m để phương trình − x + 3x + m = 0 có 3 nghiệm phân biệt. 3 2 Câu II ( 2 điểm) log 3 log 4 1. Tính giá trị biểu thức: A = 4 2 + 49 7 2 log 16 - log3 27 2 2. Tìm GTLN - GTNN của hàm số y = f ( x ) = x − ln ( 1 − 2 x ) trên đoạn [ −1;0] 2 Câu III ( 2 điểm) Cho hình chóp M .NPQ có MN vuông góc v ới ( NPQ) . ∆NPQ vuông cân tại P . Cho NQ = a 2 , góc gi ữa MP và ( NPQ) bằng 60° . 1. Tính th ể tích kh ối chóp M.NPQ theo a . 2. Tính th ể tích kh ối c ầu ngo ại ti ếp kh ối chóp M.NPQ II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) (Học sinh chọn IVa và Va hay IVb và Vb ) A. Theo chương trình chuẩn. 2x Câu IVa ( 1 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = biết rằng hệ x −1 số góc của tiếp tuyến bằng −2 . Câu Va ( 2 điểm) 1. Giải phương trình: 6 x − 61− x − 5 = 0 2. Giải bất phương trình: log 1 ( 2 x − 1) > log 1 ( x + 2) −1 3 3 B. Theo chương trình nâng cao. 3x − 2 Câu IVb ( 1 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = biết rằng x −1 tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng ∆ : y = 4 x − 1 . Câu Vb ( 2 điểm) 1. Cho hàm số y = esin x . Chứng minh rằng: y' cos x − y sin x − y'' = 0 . 2x2 − 2x − 3 2. Tìm tham số m để hai đồ thị hàm số (C): y = và (d): y = x + m cắt nhau x−3 tại hai 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 04 trang) Đơn vị ra đề: THPT NGUYỄN TRÃI Câu Nội dung yêu cầu Điể m Câu I 1. KS sự biên thiên và vẽ đồ thị (C) cua ham số y = x − 3x + 2 2,0 3 2 ́ ̉ ̀ (3,0 đ) a) TXĐ: D = R 0,25 b) Sự biến thiên: 0,50 *Chiều biến thiên: y/ = 3x2 – 6x , cho y/ = 0 ⇔ x = 0, x = 2 x -∞ 0 2 +∞ / y + 0 - 0 + +Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−∞;0) và (2; +∞) . +Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2) . *Cực trị: 0,25 +Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và yCÐ = y (0) = 2 +Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 và yCT = y (2) = −2 *Giới hạn: xlim y = −∞; xlim y = +∞ →−∞ →+∞ 0,25 *Bảng biến thiên: x -∞ 0 2 +∞ 0,25 / y + 0 - 0 + y -∞ 2 -2 +∞ c) Đồ thị: 0,50 2 -1 -5 1 5 10 -2 -4 2. Tìm m để pt: − x 3 + 3x 2 + m = 0 (1) có 3 nghiệm phân biệt 1,0 − x + 3x + m = 0 ⇔ x3 − 3x 2 − m = 0 3 2 ⇔ x3 – 3x2 + 2 = m + 2 -6 0,25 (1) có 3 nghiệm phân biệt ⇔ đường thẳng d: y = m+2 cắt (C) tại 3 0,25 điểm phân biệt -8 ⇔ -2 < m + 2 < 2 ⇔ - 4 < m < 0 0,50 -10
Câu II log 3 log 4 1,0 (2,0 đ) 1. Tính giá trị biểu thức A = 4 2 + 49 7 2 log 16 - log3 27 2 log 3 log 3 2 log 4 log 4 2 0,5 + 4 2 =  2 2  = 9 ; 49 7 =  7 7  = 42 = 16  ÷  ÷     0,25 + 2 log 2 16 = 2.log 2 2 = 8 ; 4 log 3 27 = log 3 3 = 3 3 5 0,25 + ĐS: A= = 1 . 5 2. Tìm GTLN - GTNN của hàm số y = f ( x ) = x − ln ( 1 − 2 x ) trên [ −1;0] 1,0 2 Hàm số đã cho liên tục trên đoạn [ −1;0] 1  Ta có : f ( x ) = 2 x + / 1− 2x 0,25  x = 1(l ) 2 0,25 Cho f ( x ) = 0 ⇔ 2 x + / =0⇔ 1 − 2x  x = − 1 (n)  2  1 1 0,25 f ( − ) =4 −ln 5; f − ÷ 2 = −ln 2; f ( 0 ) =0  2 4 1 −1  Vậy : max f ( x ) = 4 − ln 5 tại x = −2 ; min f ( x ) = − ln 2 tại x = [ −1;0] [ −1;0] 0,25 4 2 Câu III Cho hình chóp M .NPQ có MN vuông góc với ( NPQ) . ∆NPQ vuông (2,0 đ) cân tại P . Cho NQ = a 2 , góc gi ữa MP và ( NPQ) bằ ng 60° . 1. Tính thể tích khối chóp M.NPQ theo a . 1,0 NP là hình chiếu vuông góc của MP lên ( NPQ) . · · · Suy ra:  MP;( NPQ)  =  MP; NP  = MPN = 60 o M 0,25     · ∆NPQ vuông cân t ại P và NQ = a 2 , nên NP = PQ = a . 1 a2 Q Suy ra S D NPQ = NP .PQ = N 0,25 2 2 · Xét ∆MNP vuông t ại N , ta có: P MN = NP . t an 60o = a 3 0,25 · Do đó, V 1 3 3 M .NPQ = S D NPQ .MN = a (đvtt) 0,25 3 6 2. Tính thể tích khối c ầu ngo ại ti ếp kh ối chóp M.NPQ 1,0 · Gọ i I là trung đi ểm c ủa MQ · Tam giác MNQ vuông t ại N, nên IM = IN = IQ 0,25 · Tam giác MPQ vuông tại P nên IM=IP=IQ. · Vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp. 0,25 2 2 · Bán kính mặt cầu: R = MQ = MN + NQ = a 5 0,25 2 2 2
· Thể tích khối cầu ngoại tiếp khối chóp: V = 4pR = 20 5pa (đvtt) 0,25 3 3 3 24 Câu 2x 1,0 IVa Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = biết rằng x −1 (1,0 đ) hệ số góc của tiếp tuyến bằng −2 . −2 Ta có y′ = . Gọi ( x0 ; y0 ) là tọa độ tiếp điểm. ( x − 1) 2 −2 0,25 Hệ số góc tiếp tuyến tại ( x0 ; y0 ) là y′ ( x0 ) = −2 ⇔ = −2 ( x0 − 1) 2  x0 − 1 = 1  x0 = 2 ⇔ ( x0 − 1) = 1 ⇔  0,25 2 ⇔  x0 − 1 = −1  x0 = 0 • Với x0 = 2 , ta có y0 = 4 . Phương trình tiếp tuyến tại ( 2;4 ) là 0,25 y = −2 ( x − 2 ) + 4 hay y = −2 x + 8 . • Với x0 = 0 , ta có y0 = 0 . Phương trình tiếp tuyến tại ( 0;0 ) là y = −2 ( x − 0 ) + 0 hay y = −2 x . 0,25 Câu Va 1. Giải phương trình: 6 x − 61− x − 5 = 0 1,0 (2,0 đ) 6 0,25 x Ta có 6 x − 61− x − 5 = 0 ⇔ 6 − x − 5 = 0 6 1 • Đặt t = 6 x , ( t > 0 ) ta có phương trình t − 6. − 5 = 0 0,25 t t = −1(l ) 0,25 ⇔ t 2 − 5t − 6 = 0 ⇔  . t = 6(n) 0,25 • Với t = 6 , ta có 6 x = 6 ⇔ x = 1 . 2. Giải bất phương trình: log 1 ( 2 x − 1) > log 1 3 3 ( x + 2) −1 1,0 2 x − 1 > 0 1 • Đ/kiện xác định:  ⇔x> 0,25 x + 2 > 0 2 Bpt ⇔ log 1 ( 2 x − 1) > log 1 ( x + 2 ) + log 1 3 3 3 3 ⇔ log 1 ( 2 x − 1) > log 1 ( 3 x + 6 ) 3 3 0,25 ⇔ 2 x − 1 < 3 x + 6 ⇔ −7 < x 0,25 1  So điều kiện ta được tập nghiệm của bất p/trình đã cho T =  ; +∞ ÷ 0,25 2  Câu 3x − 2 1,0 IVb Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = biết x −1 (1,0 đ) rằng tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng ∆ : y = 4x −1 . −1 Ta có: y ' = . TT vuông góc với ∆ : y = 4 x − 1 ⇒ TT có hệ số góc ( x − 1)2
−1 −1 k= ⇔ y '( x0 ) = ⇔ ( x0 − 1) 2 = 4 ⇔ x0 = 3, x0 = −1 4 4 7 − x 17 *Với x0 = 3 ⇒ y0 = . PTTT là: y = + 2 4 4 5 −x 9 *Với x0 = −1 ⇒ y0 = . PTTT là: y = + 2 4 4 Câu Vb 1. Cho hàm số y = esin x .Chứng minh rằng: y' cos x − y sin x − y'' = 0 1,0 (2,0 đ) y ' = cos x.e sin x 0,25 y '' = cos 2 xesin x − sin xesin x 0,25 0,25 VT = cos 2 x.esin x − sin x.esin x − cos 2 xesin x + sin xesin x 0,25 = 0 = VP 2x2 − 2x − 3 1,0 2. Tìm tham số m để hai đồ thị hàm số (C): y = và (d): x−3 y = x + m cắt nhau tại hai điểm phân biệt 2x2 − 2x − 3 Phương trình hồnh độ giao điểm: = x+m x −3 x ≠ 3 x ≠ 3 0,25 ⇔ 2 ⇔ 2 2 x − 2 x − 3 = ( x + m)( x − 3) 2 x − 2 x − 3 = ( x + m)( x − 3) x ≠ 3 0,25 ⇔ 2  x + (1 − m) x + 3(m − 1) = 0, (*) Kiểm tra được x = 3 không phải là nghiệm của (*) với mọi m. Do đó số nghiệm của (*) là số giao điểm của hai ĐTHS đã cho. Như vậy ta cần tìm m để (*) có hai nghiệm, nghĩa là 0,5 --Hết--