Đề thi học kì 1 lớp 12 môn Toán năm học 2014-2015 - Sở GD&ĐT Cần Thơ

Chia sẻ: Anh Tuyet | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

156
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Không lâu nữa là kì thi cuối học kì 1 của học sinh, hoc247.vn xin gửi đến các bạn Đề thi học kì 1 lớp 12 môn Toán năm học 2014-2015 - Sở GD&ĐT Cần Thơ nhằm giúp các bạn hệ thống kiến thức và tự tin với kì thi cuối học kì 1 sắp đến. Để nắm vững hơn nội dung cấu trúc đề thi mời các bạn cùng tham khảo tài liệu.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học kì 1 lớp 12 môn Toán năm học 2014-2015 - Sở GD&ĐT Cần Thơ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I THÀNH PHỐ CẦN THƠ NĂM HỌC: 2014-2015 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN – GDTHPT (Đề có 01 trang) Thời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian phát đề. Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y  x3  3x2  2 có đồ thị là (C). a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b. Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng y  mx  2 cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt có hoành độ x1, x2 , x3 thỏa mãn điều kiện x1  x2  x3  ( x1x2  x2 x3  x3x1)  4 . 2x 1 Câu 2 (1,0 điểm) Tìm tọa độ các điểm M trên đồ thị (C): y  , biết tiếp tuyến x 1 tại M có hệ số góc bằng -1. ln x Câu 3 (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  trên x đoạn [1; e2]. Câu 4 (1,0 điểm) a. Cho log3 15  a , tính log 45 75 theo a. b. Chứng minh rằng: 2 y  2 y ' y ''  0 , với y  e x cos x . Câu 5 (1,5 điểm) Giải các phương trình sau trên tập số thực: a. 49 x 3x 1  48.7 x 3x  1  0 . 2 2 b. log3 (2 x  1)  log3 (8  x)  3 . Câu 6 (1,0 điểm) Một mặt phẳng qua trục của hình nón và cắt hình nón theo thiết diện là tam giác vuông cân có cạnh huyền bằng 2a. Tính diện tích toàn phần của hình nón và thể tích của khối nón theo a. Câu 7 (0,5 điểm) Cho hình chóp đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 300. Xác định tâm và tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC theo a. Câu 8 (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là một tam giác đều cạnh bằng 2a. Hình chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng (A’B’C’) là trung điểm H của cạnh B’C’, góc giữa A’B với mặt phẳng (A’B’C’) bằng 600. Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng CC’ và A’B theo a. Câu 9 (1,0 điểm) Tìm m để đồ thị hàm số y  x4  2(m  1) x2  2m2  2 có ba điểm cực trị sao cho có hai điểm cực trị nằm trên trục hoành. -----------------------HẾT---------------------- Ghi chú: Học sinh không sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên học sinh…………………………Số báo danh………………….. Chữ kí của giám thị 1…………………… Chữ kí của giám thị 2………….
ĐÁP ÁN – HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I NĂM HỌC: 2014-2015 Câu Đáp án – cách giải Điểm Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y  x3  3x 2  2 1,0 điểm * Tập xác định D  x  0 0,25 * y '  3x 2  6 x , y '  0   x  2 * Giới hạn: lim y  , lim y   x x * Bảng biến thiên: f(x)=x^3-3x^2+2 x(t)=2, y(t)=t x  0 2  x(t)=t, y(t)=-2 0,25 y’ + 0 - 0 + Câu 1 2  (2,0 điểm) y  -2 * Kết luận: - Hàm số đồng biến trên các khoảng (  ;0) và (2;  ); nghịch biến trên khoảng (0;2). 0,25 - Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 2; đạt cực tiểu tại x =2, yCT = - 2. * Đồ thị: y 3 2 1 x 0,25 -3 -2 -1 1 2 3 -1 -2 -3 Tìm m để đường thẳng (d): y  mx  2 cắt đồ thị (C) …….. 1,0 điểm * Phương trình hoành độ giao điểm: x3  3x2  2  mx  2 x  0  2 0,25  x  3x  m  0 (1) (d) cắt (C) tại ba điểm phân biệt khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0.  9 9  4m  0 m     4 m  0 m  0 0,25 Giả sử x3= 0, khi đó: x1  x2  x3  ( x1x2  x2 x3  x3 x1 )  4  x1  x2  x1x2  4 0,25  3 m  4  m  1 (thỏa yêu cầu) 0,25
2x 1 1,0 điểm Tìm M trên (C): y  biết tiếp tuyến tại M có hệ số góc bằng -1. x 1  2m  1  0,25 Gọi M  m;  , (m  1 ) là điểm cần tìm.  m 1  1 0,25 Câu 2 Hệ số góc của tiếp tuyến tại M là k  f '(m)   m  1 2 (1,0 điểm) 1 m  0 0,25 Theo giả thiết  1   (thỏa điều kiện)  m  1 m  2 2 Vậy các điểm cần tìm là M (0;1), M (2;3) 0,25 ln x 1,0 điểm Tìm GTLN, GTNN của hàm số y  trên đoạn [1; e2]. x 1  ln x 0,25 Trên đoạn [1; e2], ta có y '  x2 Câu 3 y '  0  1  ln x  0  x  e [1; e2 ] 0,25 (1,0 điểm) 0,25 1 2 y (1)  0, y(e)  , y(e2 )  2 e e 1 0,25 Vậy min y  y (1)  0; max y  y (e)  [1;e2 ] [1;e2 ] e a. Cho log3 15  a , tính log 45 75 theo a. 0,5 điểm log3 75 log3 (15.5) a  log3 5 Ta có: log 45 75    0,25 log3 45 log3 (15.3) a 1 15 Câu 4 a  log3 log 45 75  3  2a  1 0,25 (1,0 điểm) a 1 a 1 b. Chứng minh rằng: 2 y  2 y ' y ''  0 , với y  cos x.e x 0,5 điểm * y '   sin x.e x  cos x.e x  e x ( sin x  cos x) 0,25 * y ''  e x ( sin x  cos x)  e x ( cos x  sin x)  2e x sin x 0,25 Suy ra 2 y  2 y ' y ''  2e x cos x  2e x ( sin x  cos x)  2e x sin x  0 a. 49x 2 3 x 1  48.7 x 2 3 x 1  0 0,75 điểm 3 x 3 x 3 x 0,25  48.7 x  1  0 (*), đặt t  7 x (t  0) 2 2 2 49.49x Phương trình (*) trở thành t  1 (l ) Câu 5 49t  48t  1  0   2 0,25 (1,5 điểm) t  1 ( n)  49 1 x  1 Với t  thì x 2  3x  2   0,25 49 x  2 b. log3 (2 x  1)  log3 (8  x)  3 (*) 0,75 điểm 1 0,25 Điều kiện:  x8 2 (*)  log3 (2 x  1)(8  x)  3  2 x2  17 x  35  0 0,25
x  5  (thỏa điều kiện) x  7 0,25  2 Tính diện tích toàn phần của hình nón và thể tích của khối nón theo a. 1,0 điểm Gọi thiết diện là tam giác SAB vuông cân tại S đỉnh S của hình nón. O là trung điểm của AB Khi đó ta có AB = 2a + h = SO = a + R = OB = a 0,25 A B O SA2  SB2  AB2  SA  SB  l  a 2 0,25 Câu 6 Diện tích toàn phần: (1,0 điểm) STP   Rl   R2   a.a 2   a 2   a 2 ( 2  1) 0,25 1 1 1 Thể tích: V   R 2 h   a 2 a   a3 0,25 3 3 3 Cho hình chóp đều S.ABC …... Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu. 0,5 điểm Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, khi đó S SG (ABC) nên AG là hình chiếu của AS lên (ABC). Vì vậy góc giữa SA với H (ABC) là góc giữa SA với AG hay SAG  300 . A C Trong mặt phẳng (SAG), dựng đường 0,25 trung trực của SA, cắt SG tại I. G Suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. B Câu 7 I (0,5 điểm) SI SA Bán kính mặt cầu: ta có  SH SG SA2  R  SI  2SG 2 a 3 1 a 4a 2 * SG  AG.t an30  . 0 .  , SA  2 . Suy ra 3 2 3 3 9 0,25 4a 2 2a R  SI   a 3 2.9. 3 Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ ………… Tính thể tích của khối lăng trụ và 1,0 điểm khoảng cách giữa CC’ và A’B theo a. Vì SH  (A’B’C’) nên góc giữa A’B với (A’B’C’) là góc giữa A’B với A’H. Hay BA ' H  600
A C Câu 8 (1,0 điểm) B K A' C' 0,25 H M BH  A ' H .t an60  3a 0 B' 4a 2 3 VABC . A ' B ' C '  S A ' B ' C ' .BH  .3a  3 3.a 3 0,25 4 Ta có CC’ // (ABB’A’) nên d(CC’,A’B) = d(C’,(ABB’A’)). Dựng HM  A’B’. Khi đó A’B’  (BMH) suy ra (ABB’A’)  (BMH) Dựng HK  BM suy ra HK  (ABB’A’). a 3 .3a HM .HB 2 3a 13  d ( H ,( ABB ' A '))  HK    0,25 HM 2  HB 2 a 3 2 13   9a 2   2  6a 13 Vậy d (CC ', A ' B)  d (C ',( ABB ' A '))  2d ( H ,( ABB ' A '))  0,25 13 Tìm m để đồ thị hàm số y  x 4  2(m  1) x 2  2m2  2 ………... 1,0 điểm Câu 9 * Tập xác định D  , y '  4 x3  4(m  1) x 0,25 (1,0 điểm) x  0 y'  0   2 x  m 1 * Hàm số có ba cực trị khi và chỉ khi m  1  0  m  1 0,25 Gọi A(0;2m2  2), B( m  1; m2  2m  3), C ( m  1; m2  2m  3) là 0,25 các điểm cực trị của đồ thị hàm số Theo giải thiết thì B và C phải thuộc Ox.  m  1 Tức là m2  2m  3  0   0,25 m  3 So với điều kiện thì m = 3. ọi cách giải khác ng u c i m tối a c a h n . * i m t àn ài c làm t n th ui ịnh. ------HẾT-----