zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Đề thi - Kiểm tra

Đề thi đề xuất: Kiểm tra Học kỳ I - năm học 2009-2010 - môn Toán lớp 12

Chia sẻ: Nguyen Phuong Ha Linh Linh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Báo xấu

116
lượt xem 11
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi đề xuất: kiểm tra học kỳ i - năm học 2009-2010 - 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: Kiểm tra Học kỳ I - năm học 2009-2010 - môn Toán lớp 12

Đề thi đề xuất: Kiểm tra Học kỳ I - năm học 2009-2010 - môn Toán lớp 12 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Trường THPT Vinh Xuân KIỂM TRA HỌC KỲ I - NĂM HỌC 2009-2010 MÔN TOÁN LỚP 12 ( Thời gian 90 phút ) Tổ Toán Tin ----------- HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM A- PHẦN CHUNG ( 7 điểm ) Câu Nội dung Điểm Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y  x 4  4 x 2  3 1 .1 2,00 TXĐ: D  ¡ 0,25 x  0  y(0)  3 y   4 x 3  8 x  4 x  x 2  2  , y  0   0,25   x   2  y  2  7     2;   . + Hàm số đồng biến trên các khoảng  2;0 và 0,25 Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ;  2  và  0; 2  . + Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại điểm x  0, yCD  3 . Hàm số đạt cực tiểu tại hai đ iểm x   2 và x  2 ; yCT  7 . 0,25 + Giới hạn: lim y   x  Bảng b iến thiên: x   2 2 0     0,50 y 0 0 0 y   3 7 7 + Đồ thị: 0,50 Đồ th ị nh ận trục tung làm trục đối xứng . Viết pt tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ bằng 2 1 .2 1,00 Với x0  2  y0  3 , suy ra điểm M  2; 3  (C ) . 0,25 0,25 Hệ số góc của tiếp tuyến của đồ thị (C) tại đ iểm M là: k  y( 2)  16 Phương trình tiếp tuyến tại M là: y  16  x  2   3  y  16 x  35 . 0,50 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 1 Thầy giáo Nguyễn Văn Thiết - Trường THPT Vinh Xuân, Phú Vang, Thừa Thiên Huế
Đề thi đề xuất: Kiểm tra Học kỳ I - năm học 2009-2010 - môn Toán lớp 12 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Dựa vào đồ thị (C) hãy b iện luận theo m số nghiệm của phương trình... 1 .3 1,00 0,25 Ta có phương trình:  x 4  4 x 2  m  0 (*)  x 4  4 x 2  3  m  3 Số nghiệm của phương trình (*) b ằng số giao điểm của đồ thị (C) của hàm 0,25 số y  x 4  4 x 2  3 và đường thẳng y  m  3 . Dựa vào đồ thị ta có : + m  3  7  m  4 : phương trình (*) vô n ghiệm . + m  3  7  m  4 : phương trình (*) có 2 nghiệm . + 7  m  3  3  4  m  0 : phương trình (*) có 4 nghiệm . + m  3  3  m  0 : phương trình (*) có 3 nghiệm . 0,50 + m  3  3  m  0 : phương trình (*) có 2 nghiệm . 4.9 x  12 x  3.16 x  0 . 2 .1 1,00 Giải phương trình 2x x 3 3 2x xx 2x Ptr  4.3  3 .4  3.4  0  4.      3  0 0,25 4 4 x 3 Đặt t    điều kiện t  0 , phương trình trở thành 4t 2  t  3  0 . 0,25 4 3 0,25 Giải phương trình ta được t  1 hoặc t  . 4 x 3 3 3 Đối chiếu với điều kiện t  0 ta chọn t  hay     x  1 . 4 4 4 0,25 Vậy phương trình đã cho có một nghiệm là x  1 .   Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x 2  3 e x trên đoạn 2 .2 1,00 0;2 .   0,25 Ta có y  x 2  2 x  3 e x . x 1 . Vì x   0;2 n ên ta chọn x  1 . y  0  x 2  2 x  3  0   0,25  x  3 Tính y 1  2e , y  0   3 , y  2   e2 . 0,25 0,25 2 Vậy max y  e khi x  2 , min y  2e khi x  1 . 0;2  0;2 Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a. 3 1,00 Vì hai m ặt bên (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với đáy (ABC) nên SA  ( ABC ) . 0,25 · Suy ra góc giữa mặt bên (SBC) và đáy (ABC) là góc SBA  600 . Từ tam giác vuông SAB ta có SA  AB tan 60 0  a 3 . Từ tam giác vuông ABC ta có BC 2  AC 2  AB 2  4a 2  a 2  3a 2 0,25  BC  a 3 . 1 1 1  Vậy thể tích khối chóp S.ABC là V  S ABC .SA   AB.BC  SA 3 3 2  0,25 1 1 1 AB.BC.SA  a.a 3.a 3  a 3 .  6 6 2 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 2 Thầy giáo Nguyễn Văn Thiết - Trường THPT Vinh Xuân, Phú Vang, Thừa Thiên Huế
Đề thi đề xuất: Kiểm tra Học kỳ I - năm học 2009-2010 - môn Toán lớp 12 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 0,25 PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ) * Phần 1: Theo chương trình chuẩn Câu Nội dung Điểm Giải b ất phương trình: log 2  x  2   2  6log 1 3 x  5 4a 1,00 8 x  2  0  x  2. Điều kiện  0,25 3 x  5  0 Bpt  log 2  x  2   2   log 2  3 x  5  log 2  x  2   3 x  5    2 0,25   2  3 x 2  11x  6  0  0,25  x  3. 3 Kết hợp với đ iều kiện, suy ra bpt có tập nghiệm T   2;3 . 0,25 Tính khoảng cách giữa đường thẳng AB và trục OO’ theo r. 5a.1 1,00 0,25 Dựng đường sinh BB’, ta có BB//OO  ( ABB)//OO Gọi H là trung điểm của dây AB’ thì OH  AB , đồng thời OH  BB n ên 0,50 OH  ( ABB) . Suy ra khoảng cách giữa AB và OO’ là ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 3 Thầy giáo Nguyễn Văn Thiết - Trường THPT Vinh Xuân, Phú Vang, Thừa Thiên Huế
Đề thi đề xuất: Kiểm tra Học kỳ I - năm học 2009-2010 - môn Toán lớp 12 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- d  AB, OO   d  ( ABB), OO   d  ( ABB), O   OH . Theo giả thiết ta có ·    OA, OB   OA, OB   900 . AOB Do đó tam giác OAB’ vuông cân tại O, suy ra AB  OA 2  r 2 . 0,25 1 r2 Vậy d  AB , OO   OH  AB  . 2 2 Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OO’AB theo r. 5a.2 1,00 Theo giả thiết ta có OA  OB và OA  OO suy ra OA  (OBO) 0,25  OA  OB  ·  90 0 . AOB Chứng minh tương tự ta được · B  900 . AO Suy ra hai điểm O và O’ cùng nằm trên mặt cầu đường kính AB h ay mặt AB cầu tâm I bán kính R  n goại tiếp tứ diện OO’AB ( với I là trung điểm 0,25 2 của AB ). Từ tam giác vuông ABB’ ta có AB 2  AB2  BB2  2r 2  4r 2  6r 2 AB r 6 0,25  AB  r 6 . Suy ra R   . 2 2 Vậy diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OO’AB là 0,25 2 r 6 2 2   6 r . S  4 R  4  2 * Phần 2: Theo chương trình nâng cao Câu Nội dung Điểm Giải hệ phương trình 4b 1,00 Điều kiện x  y  0 và x  0 . 0,25 32 x  y  34 2 x  y  4   0,25  Hpt   2 2  x  y   9 x log 2  x  y   log 2 x  log 2 9    y  4  2x  y  4  2x x  1  x  16  0,50   2  hoặc  2  x  4  2 x   9 x y  2  y  28  x  17 x  16  0  Tính diện tích tam giác SAB theo a . 5b.1 1,00 Gọi H là trung điểm của dây AB th ì OH  AB  SH  AB ( định lý ba · đường vuông góc )  SHO  600 là góc giữa (SAB) và đáy. SO a2 a6 Từ tam giác vuông S HO ta có OH    , tan 60 0 3 3 SO 2a 6 SH   0,25 0 sin 60 3 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 4 Thầy giáo Nguyễn Văn Thiết - Trường THPT Vinh Xuân, Phú Vang, Thừa Thiên Huế
Đề thi đề xuất: Kiểm tra Học kỳ I - năm học 2009-2010 - môn Toán lớp 12 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 0,25 0,25 6a 2 3a 2 2 2 2 2 Từ tam giác vuông OHA ta có HA  OA  OH  a   9 9 0,25 a3 2a 3  HA   AB  2 HA  . 3 3 Diện tích tam giác SAB là: 1 1 2 a 3 2a 6 222 SSAB  . AB.SH  .  . a 2 23 3 3 Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OSAB theo a. 5b.2 1,00 Gọi J là tâm đường tròn ngo ại tiếp tam giác OAB. Vì tam giác OAB cân tại O nên J nằm trên đường cao OH của tam giác đó. Dựng đường thẳng d vuông góc với (OAB) tại J thì d là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB. Dựng mặt phẳng trung trực (P) của cạnh b ên SO cắt đ ường thẳng d tại I. Khi đó I là tâm m ặt cầu ngoại tiếp tứ diện OSAB, bán kính mặt cầu là R  IO . 0,50 1 1 2a 3 a 6 22 Diện tích tam giác OAB là SOAB  AB.OH  .  . a 2 23 3 3 Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB là 2a 3 a.a. OA.OB. AB a6 3 r   . 4SOAB 4 22 4. a 3 Gọi M là trung điểm của cạnh bên SO, khi đó IMOJ là hình ch ữ nhật, suy ra 1 2 6a 2 14a 2 12 2 2 2 2 2 IO  JM  OM  OJ  SO  r  .2a   4 16 16 4 0,50 a 14 a 14  IO  . Vậy bán kính mặt cầu là R  IO  . 4 4 ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 5 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.