intTypePromotion=1

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

0
84
lượt xem
9
download

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

Mô tả tài liệu
  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:
Lưu

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

  1. 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
  2. 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
  3. 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
  4. 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
  5. 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
ADSENSE
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2