zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Đề thi - Kiểm tra

Đề thi đề xuất 1 – Kiểm tra Học kỳ 1 năm học 2010-2011 – Môn Toán lớp 12

Chia sẻ: Nguyen Phuong Ha Linh Linh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Báo xấu

96
lượt xem 14
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi đề xuất 1 – kiểm tra học kỳ 1 năm học 2010-2011 – môn toán lớp 12', tài liệu phổ thông, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi đề xuất 1 – Kiểm tra Học kỳ 1 năm học 2010-2011 – Môn Toán lớp 12

Đề thi đề xuất 1 – Kiểm tra Học kỳ 1 năm học 2010-2011 – Môn Toán lớp 12 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Trường THPT Vinh Xuân KIỂM TRA HỌC KỲ I - NĂM HỌC 2010-2011 MÔN TOÁN LỚP 12 ( Thời gian 90 phút ) Tổ Toán Tin ----------- Đ Ề THI ĐỀ XUẤT 1 HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM A- PH ẦN CHUNG ( 7 điểm ) Câu Nội dung Điểm 4 2 Câu 1 Cho hàm số y  2 x  4 x  1 3,00 Kh ảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của h àm số y  2 x 4  4 x 2  1 1.1 ( 2,00 ) 1.Tập xác định D  ¡ . 0,50 2. Sự biến thiên a. Giới hạn: lim y   ; lim y   x  x  b. Chiều biến thiên: x  0 y '  8 x 3  8 x  8 x  x 2  1 ; y '  0    x  1 y '  0, x   1;0   1;   nên hàm số đồng biến trên các kho ảng  1;0  và 1;   . 0,50 y '  0, x   ; 1   0;1 nên hàm số nghịch biến trên các khoảng  ; 1 và  0;1 . Hàm số đạt cực đại tại x  0 và yCD  1 . Hàm số đạt cực tiểu tại x  1 và yCT  1 c. Bảng biến thiên 1   x 0 1   y’ 0 + 0 0 + 0,50   1 y 1 1 3. Đồ thị 0,50 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 1 Thầy giáo Nguyễn Văn Thiết, trường THPT Vinh Xuân, Phú Vang, Thừa Thiên Huế
Đề thi đề xuất 1 – Kiểm tra Học kỳ 1 năm học 2010-2011 – Môn Toán lớp 12 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Tìm tham số m để phương trình sau có tám nghiệm phân biệt 1.2 ( 1,00 ) 2 x 4  4 x 2  1  m (1) 0,25 Phương trình (1) có tám nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng y  m cắt đồ thị (C1 ) của hàm số y  2 x 4  4 x 2  1 tại 8 điểm phân biệt . Từ đồ thị (C) của h àm số y  2 x 4  4 x 2  1 suy ra đồ thị (C1 ) của hàm số y  2 x 4  4 x 2  1 như sau: 0,50 Dựa vào đồ thị (C1 ) suy ra đường thẳng y  m cắt đồ thị (C1 ) tại 8 điểm 0 ,25 phân biệt khi và chỉ khi 0  m  1 . Câu 2 2,00 x 2 1 2.1 x 1 Giải phương trình 5 1 .3 (1,00) Lấy lôgarit cơ số 5 hai vế của phương trình ta được 0,25   2 2 log 5 5x 1.3x1  log 5 1  log 5 5 x 1  log5 3 x1  0  x 2  1   x  1 log 5 3  0 0,25   x  1  x  1   x  1 log5 3  0   x  1  x  1  log 5 3  0 0,25  x  1 Vậy phương trình có 2 nghiệm x  1 và x  1  log 5 3  0,25  x  1  log 5 3 2.2 5 Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y  ln 12  x  x 2   x (1,00) 6 0,25 Tập xác định của hàm số D   3;4  . 5 5 x 2  7 x  66 1 2x Ta có y '   6 12  x  x 2  12  x  x 2 6 22 0,25 y '  0  5 x 2  7 x  66  0  x  3 ho ặc x   5 Vì x   3;4  nên ta chọn x  3 . Bảng biến thiên ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 2 Thầy giáo Nguyễn Văn Thiết, trường THPT Vinh Xuân, Phú Vang, Thừa Thiên Huế
Đề thi đề xuất 1 – Kiểm tra Học kỳ 1 năm học 2010-2011 – Môn Toán lớp 12 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 22  3 3 4 x 5 0,25    y’ 0+ + 0 5  ln 6 y 2   5 Từ bảng biến thiên suy ra max y  yCD   ln 6 đạt được khi x  3 . 0,25  3;4 2 Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi ABCD cạnh a, ·  600 Câu 3 2,00 ABC 3.1 (1,00) Tính thể tích tứ diện S BMD theo a. Gọi O là giao điểm của AC và BD. Vì ABCD là hình thoi cạnh a và ·ABC  600 nên tam giác ABC là tam giác 0,25 a3 đều, suy ra AC  a và BO  . Do đó BD  2 BO  a 3 . 2 Từ tam giác vuông S AC ta có SA2  SC 2  AC 2  3a 2  SA  a 3 . Áp dụng công thức tỉ số thể tích hai khối chóp tam giác có chung đỉnh ta có 1 VSBMD SB SM SD SM 1 0,25   VSBMD  VSBCD   . . 2 VSBCD SB SC SD SC 2 a3 1 1 Thể tích khối chóp SBCD là VSBCD  S BCD .SA  BD.OC.SA  0,25 3 6 4 a3 1 Vậy thể tích tứ diện S BMD là VSBMD  VSBCD  . 0,25 2 8 + Xác đ ịnh tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SBMD. 3.2 (1,00) ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 3 Thầy giáo Nguyễn Văn Thiết, trường THPT Vinh Xuân, Phú Vang, Thừa Thiên Huế
Đề thi đề xuất 1 – Kiểm tra Học kỳ 1 năm học 2010-2011 – Môn Toán lớp 12 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- SA a 3 Do OM là đường trung bình của tam giác S AC nên OM   . 2 2 a3 Suy ra OB  OD  OM  n ên O là tâm đường tròn ngo ại tiếp tam 2 0,50 giác BMD (1) Mặt khác, ta có OM //SA và SA  ( ABCD) n ên OM  ( ABCD) suy ra OM  AC , kết hợp với BD  AC ta có AC  ( BMD) (2) Từ (1) và (2) suy ra đường thẳng AC là trục của tam giác BMD. Trong mặt phẳng (SAC) dựng đường trung trực của đoạn thẳng SM cắt đường thẳng AC tại điểm I. Khi đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SBMD, bán kính m ặt cầu là r  IS . Gọi N là trung điểm của đoạn thẳng SM thì IN  SM và 3 3 3a NC  SC  .2a  4 4 2 SA AC  Từ hai tam giác vuông đồng dạng SAC và INC ta có IN NC 3a a 3. SA.NC 2  3a 3  IN   0,50 AC a 2 2  3a 3   a 2 2 2 2 2 Từ tam giác vuông ISN ta có IS  IN  SN        7a 2  2   IS  a 7 . Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SBMD là r  IS  a 7 . B- PH ẦN RIÊNG ( 3 điểm ) Phần 1: Theo chương trình chuẩn Câu 4a 2,00 2 4a.1 Giải bất phương trình log  x  1  3log 4  x  1  log 1  x  1  2 2 (1,00) 4 0,25 Điều kiện x  1 . 3 1 Bpt  log 2  x  1  log 2  x  1  log 2  x  1  2 2 2 2 0,25  log 2  x  1  log 2  x  1  2  log 2  x  1  log 2  x  1  2  0 2 2 Đặt t  log 2  x  1 b ất phương trình trở th ành t 2  t  2  0  2  t  1 0,25 1 5 Suy ra 2  log 2  x  1  1  x  1  2   x  3 ( thỏa mãn x  1 ) 4 4 0,25 5  Vậy bất phương trình có tập nghiệm là S   ;3  . 4  Tìm tham số m để đường thẳng y   x  m cắt đồ thị hàm số ... 4a.2 (1,00) Phương trình hoành độ giao điểm của đư ờng thẳng y   x  m và đồ thị ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 4 Thầy giáo Nguyễn Văn Thiết, trường THPT Vinh Xuân, Phú Vang, Thừa Thiên Huế
Đề thi đề xuất 1 – Kiểm tra Học kỳ 1 năm học 2010-2011 – Môn Toán lớp 12 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 2 x  8 hàm số y  là 0,25 x 1 2 x  8   x  m  f ( x)  x 2   m  3 x  m  8  0 (1) ( với x  1 ) x 1 2 x  8 Đường thẳng y   x  m cắt đồ thị hàm số y  tại hai điểm phân x 1 biệt A và B khi và ch ỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1 0,25    m  3  2  4  m  8   0  m  1  2 6 m 2  2m  23  0     (*) 6  0  f (1)  1  m  3  m  8  0  m  1  2 6   Khi đó gọi tọa độ giao điểm là A  x1; y1  và B  x2 ; y2  , trong đó x1 , x2 là nghiệm của phương trình (1) và y1   x1  m , y2   x2  m . Theo đ ịnh lý 0,25 Vi-ét ta có x1  x2  m  3, x1 x2  m  8 . uuu uuu rr Từ tam giác OAB vuông góc tại O ta có OA  OB  OA.OB  0  x1 x2  y1 y2  0  x1 x2    x1  m    x2  m   0 0,25  2 x1 x2  m  x1  x2   m 2  0  2  m  8  m  m  3  m 2  0  16  m  0  m  16 ( thỏa mãn đ iều kiện (*) ) Câu 5a Cho hình trụ có bán kính đáy bằng R và trục OO '  R 3 ... 1,00 Vì mặt phẳng (ABCD) cắt hai mặt phẳng đáy song song (O) và (O’) theo hai giao tuyến AB và CD nên AB //CD . Kết hợp với giả thiết AB  CD  R 3 suy ra tứ giác ABCD là hình bình hành. (*) 0,25 Dựng hai đường sinh CC’ và DD’ của h ình trụ, khi đó CDD’C’ là hình chữ nhật, suy ra C ' D ' //CD và C ' D '  CD  R 3 (1) Vì ABCD là hình bình hành nên AB //CD và AB  CD  R 3 ( 2) Từ (1) và (2) suy ra AB //C ' D ' và AB  C ' D '  R 3 Do đó tứ giác ABC’D’ là hình bình hành, nhưng ABC’D’ nội tiếp đ ường 0,25 tròn (O) nên ABC’D’ là hình chữ nhật. Suy ra AB  AD ' , mà AB  DD ' ( vì mp (O )  DD ' ) nên AB  mp  ADD ' , do đó AB  AD (**) Từ (*) và (**) suy ra ABCD là hình chữ nhật . Mặt khác, từ ABC’D’ là hình chữ nhật suy ra BD’ là đường kính của đư ờng tròn đáy, do đó BD '  2 R . Từ tam giác vuông BC’D’ ta có BC '2  BD '2  C ' D '2  4 R 2  3 R 2  R 2  BC '  R ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 5 Thầy giáo Nguyễn Văn Thiết, trường THPT Vinh Xuân, Phú Vang, Thừa Thiên Huế
Đề thi đề xuất 1 – Kiểm tra Học kỳ 1 năm học 2010-2011 – Môn Toán lớp 12 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Do CC '  mp(O) nên CC '  BC ' , do đó tam giác BCC’ vuông góc tại C’, 0,50 suy ra BC 2  BC '2  CC '2  R 2  3R 2  4 R 2  BC  2 R . Vậy diện tích hình ch ữ nhật ABCD là S ABCD  AB.BC  R 3.2 R  2 3R 2 Phần 2: Theo chương trình nâng cao Câu 4b 2,00 y x 4b.1 3  3  y  x  Giải hệ phương trình  2 (1.00) 2 x  y  8  3x  x  3 y  y (1)  Hpt   2 0,25 2 x  y  8 (2)  Xét hàm số f (t )  3t  t xác định và liên tục trên ¡ , ta có 0,25 f '(t )  3t ln 3  1  0, t  ¡ suy ra f (t ) là hàm số đồng biến trên ¡ . Do đó từ phương trình (1) ta có f ( x)  f ( y )  x  y . 0,25 Thế x  y vào phương trình (2) ta được x 2  4  x  2 . Vậy hệ phương trình đã cho có 2 nghiệm là  x; y    2; 2  và 0,25  x; y    2; 2  . Phương trình hoành độ giao điểm của đư ờng thẳng y  m  x  1  3 và đồ thị hàm số y  x 3  3 x 2  1 là x 3  3x 2  1  m  x  1  3 (1)  x3  3x 2  4  m  x  1   x  1  x 2  4 x  4   m  x  1 0,25  x  1   x  1  x 2  4 x  4  m   0   2  f ( x)  x  4 x  4  m  0 (2) Đường thẳng y  m  x  1  3 cắt đồ thị hàm số y  x 3  3 x 2  1 tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 1 0,25  '  4  4  m  0 m  0   (*)  f (1)  1  4  4  m  0 m  9 Với điều kiện (*) phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt x1  1, x2 và x3 , trong đó x2 và x3 là nghiệm của phương trình (2). Theo đ ịnh lý Vi-ét ta x2  x3  4 , x2 x3  4  m có: 3 Suy ra x13  x2  x3  ( 1)3  x2  x3  1   x2  x3   3x2 x3  x2  x3  3 3 3 3  1  43  3  4  m  .4  1  64  12  4  m   15  12m ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 6 Thầy giáo Nguyễn Văn Thiết, trường THPT Vinh Xuân, Phú Vang, Thừa Thiên Huế

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.