Đề thi chất lượng học kì 1 môn Toán 12 năm 2008-2009 - THPT Vĩnh Xuân

Chia sẻ: Pham Linh Dan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

99
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Các bạn học sinh và quý thầy cô tham khảo miễn phí Đề thi chất lượng học kì 1 môn Toán 12 năm 2008-2009 - THPT Vĩnh Xuân để hệ thống kiến thức học tập cũng như trau dồi kinh nghiệm ra đề thi

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chất lượng học kì 1 môn Toán 12 năm 2008-2009 - THPT Vĩnh Xuân

Trường THPT Vinh Xuân KIỂM TRA HỌC KỲ I - NĂM HỌC 2008-2009 Tổ Toán Tin MÔN TOÁN LỚP 12 ( Thời gian 90 phút ) ----------- ĐỀ CHÍNH THỨC A-PHẦN CHUNG BẮT BUỘC: ( 7 điểm ) Câu 1: (4 điểm) 2x  1 Cho hàm số y  x 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại giao điểm của đồ thị (C) và trục tung . c) Tìm m để đường thẳng d có phương trình y  m  x  2   2 cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt. Câu 2: (3 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình chữ nhật ABCD có AD  a, AB  a 3 , cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy (ABCD), cạnh bên SB tạo với mặt đáy (ABCD) một góc bằng 300 . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SD. a) Chứng minh rằng DC vuông góc với AH. b) Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD . c) Tính thể tích khối chóp H.ABC . B-PHẦN DÀNH CHO HỌC SINH TỪNG BAN: ( 3 điểm ) * Học sinh Ban Cơ bản làm các câu 3a, 4a, 5a: Câu 3a: (1điểm) Giải phương trình: 5x  3.51 x  8  0 .   Câu 4a: (1điểm) Giải bất phương trình: log 2 x 2  2 x  3  1  log 2  3x  1 . Câu 5a: (1điểm) Cho tam giác ABC vuông góc tại A, AC  b, AB  c quay quanh cạnh huyền BC. Tính thể tích khối tròn xoay được tạo thành. * Học sinh Ban Nâng cao làm các câu 3b, 4b, 5b: Câu 3b: (1điểm) Giải hệ phương trình:  1  x  4 y x y    5     5 log x  y  log x  y  5  2  2  Câu 4b: (1điểm) Giải phương trình: log3  x 2  2 x  1  log 2  x 2  2 x  . Câu 5b: (1điểm) Hình trụ có bán kính đáy R và trục OO  2 R . Hai điểm A, B lần lượt thuộc hai đường tròn đáy (O) và (O’) sao cho góc giữa AB và trục OO’ bằng  . Tính khoảng cách giữa AB và OO’ theo R và  . ---------Hết---------
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 12 KIỂM TRA HỌC KỲ I - NĂM HỌC 2008-2009 - ĐỀ CHÍNH THỨC. A- PHẦN CHUNG BẮT BUỘC ( 7 điểm ) Câu Nội dung Điểm 1a 2x  1 2,00 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y  x 1 TXĐ: D  \ 1 0,25 3 y  2  0, x  1  Hàm số luôn luôn nghịch biến trên hai  x  1 khoảng  ;1 và 1;  . Hàm số không có cực trị . 0,25 + lim y   , lim y    x  1 là tiệm cận đứng 0,25   x 1 x 1 + lim y  lim y  2  y  2 là tiệm cận ngang. 0,25 x  x  Bảng biến thiên: x  1  y   y 0,50 2   2 + Đồ thị: 0,50 Đồ thị cắt trục hoành tại điểm  0,5;0  , cắt trục tung tại điểm  0; 1 . Đồ thị nhận giao điểm I 1;2  của hai tiệm cận làm tâm đối xứng . 1b Viết phương trình tiếp tuyến .... 1,00 Đồ thị (C) cắt trục tung tại điểm A  0; 1 . 0,25 Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm A là: k  y  0   3 0,25 Phương trình tiếp tuyến tại A là: y  1  3  x  0   y  3x  1. 0,50 1c Tìm m để đường thẳng d có pt y  m  x  2   2 cắt đồ thị (C) ..... 1,00 Đường thẳng d: y  m  x  2   2 cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt
2x  1  pt  m  x  2   2 có 2 nghiệm phân biệt x1 và x2 khác 1 0,25 x 1  mx 2  mx  2m  3  0 có 2 nghiệm phân biệt x1 và x2 khác 1 0,25 m  0  4  2    m  4m  2m  3  0  m   3  2   m.1  m.1  2m  3  0 m  0 0,50 2a Chứng minh rằng DC vuông góc với AH. 0,50 Hình vẽ: 0,50 điểm S H I A B H' D C CD  AD  CD  ( SAD)  0,50 Ta có     CD  AH CD  SA  AH  ( SAD)  2b Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD . 1,00 Ta có SA  ( ABCD)  SA  AC  SAC  900 CD  ( SAD)  CD  SD  SDC  900 , tương tự SBC  900 0,25 Suy ra ba điểm A, B, D cùng thuộc mặt cầu đường kính SC, hay mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD có tâm là trung điểm I của SC, bán SC 0,25 kính R  . 2 3 Từ tam giác vuông SAB ta có SA  AB tan 300  a 3.  a. 3 Từ tam giác vuông SAC ta có SC 2  SA2  AC 2  SA2  AB 2  BC 2 = SC a 5 0,50 a 2  3a 2  a 2  5a 2  SC  a 5  R   . 2 2 2c Tính thể tích khối chóp H.ABC . 1,00 Trong mặt phẳng (SAD) dựng HH  // SA , với H   AD . Vì SA  ( ABCD) nên HH   ( ABCD ) . 0,25 Suy ra thể tích khối chóp H.ABC là: 1 1 VH . ABC  .S ABC .HH   . AB.BC .HH  . 0,25 3 6 Tam giác SAD có SA  AD  a nên nó là tam giác cân, suy ra H là
SA a 0,25 trung điểm của SD, do đó HH    . 2 2 1 a 3 3 Vậy VH . ABC  .a 3.a.  a 0,25 6 2 12 PHẦN DÀNH CHO HỌC SINH TỪNG BAN ( 3 điểm ) * Ban Cơ bản Câu Nội dung Điểm x 1 x 3a Giải phương trình: 5  3.5  8  0 . 1,00 Đặt t  5 x , điều kiện t  0 , phương trình trở thành: 15 2 t  3 5 x  3  x  log 5 3 t   8  0  t  8t  15  0    x  t t  5 5  5 x 1 4a   Giải bất phương trình: log 2 x 2  2 x  3  1  log 2  3x  1 . 1,00 3 x  1  0  Bpt  log 2  x 2  2 x  3  log 2 2  3 x  1   2 0,50  x  2 x  3  2  3 x  1   1  1 x   x   0,50  3  3  x5 x  4x  5  0 2  x  1 hoÆc x  5   5a Tính thể tích khối tròn xoay được tạo thành 1,00 Gọi V là thể tích khối tròn xoay, VB , VC lần lượt là thể tích các khối nón đỉnh B, C có chung đường tròn đáy tâm H, bán kính r  HA ( HA là đường cao của tam giác vuông ABC) Ta có V  VB  VC 0,25 1   . AH 2  BH  HC  3 1 0,25   . AH 2 .BC 3 AB. AC bc Tính BC  b2  c2 , AH   . BC b2  c2 0,25 1 b 2c 2 2 2 1 b 2c 2 Vậy V   2 . b c   0,25 3 b  c2 3 b 2  c2 * Ban Nâng cao Câu Nội dung Điểm 3b Giải hệ phương trình 1,00
Điều kiện x  y  0, x  y  0 . 0,25  4 y x x y  x y  5 2 4 y  x  Hệ pt  5  2 0,25 log 2  x  y  x  y   5   x 2  y 2  32  x  3y x  6  x  6  2 2  hoặc  ( loại vì x  y  8  0 ) 0,25  x  y  32 y  2  y  2 x  6 0,25  . Vậy hệ phương trình có một nghiệm  x; y    6;2  y  2 4b Giải phương trình: log3  x 2  2 x  1  log 2  x 2  2 x  . 1,00  x2  2 x  1  0  Điều kiện  2  x 2  2 x  0 (*) x  2x  0  Đặt t  log 2  x 2  2 x   x 2  2 x  2t  0 ( thoả mãn điều kiện (*) ) 0,25 Phương trình đã cho trở thành: t t 2 1 log3 2  1  t  2  1  3        1  t  t t     (1) 0,25 3 3 t t  2 1 Hàm số f (t )       nghịch biến trên và f (1)  1 nên (1) có  3 3 0,25 nghiệm duy nhất t  1 . Với t  1  x 2  2 x  2  x  1  3 . 0,25 5b Tính khoảng cách giữa AB và OO’ theo R và  . 1,00 Dựng đường sinh BC, khi đó OO // BC  OO //( ABC ) , suy ra d  OO, AB   d  OO,( ABC )   d  O,( ABC )  Gọi H là trung điểm của dây AC thì OH  AC Đồng thời BC  (O)  BC  OH . Suy ra OH  ( ABC )  OH  d  O,( ABC )  Vậy d  OO, AB   d  O,( ABC )   OH . 0,25 Từ OO // BC   OO, AB   ABC   . 0,25 Từ tam giác vuông ABC, ta có AC 0,25 AC  BC.tan   2 R tan   AH   R tan  . 2 Từ tam giác vuông AOH ta có OH 2  OA2  AH 2  R 2 1  tan 2    OH  R 1  tan 2  . Vậy d  OO, AB   OH  R 1  tan 2  , với 0,25 2 0 0 điều kiện 1  tan   0 hay 0    45 .