Đề thi học kì 1 môn toán lớp 12 - Đề số 13 - Có đáp án

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

Thêm vào BST

Báo xấu

179
lượt xem 32
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 học kì 1 môn toán lớp 12 - Đề số 13 - Có đáp án 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 học kì 1 môn toán lớp 12 - Đề số 13 - Có đáp án

ĐỀ THI HỌC KÌ I KHỐI 12 Môn: Toán. Thời gian: 90 phút PHẦN 1: Chung cho tất cả học sinh Ban KHXH-NV, Ban Cơ bản và Ban KHTN(7đ) Câu 13đ: Cho hàm số y  x 3  6 x 2  9 x  4 có đồ thị (C) a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (C) b. Viết phương trình tiếp tuyến () với đồ thị (C) tại điểm M(-2;2) c. Dựa vào đồ thị (C), tìm m để phương trình x 3  6 x 2  9 x  4  log 2 m có 3 nghiệm phân biệt.   Câu 21đ: Tìm GTLN,GTNN của hàm số: y= 2cos2x+4sinx trên đoạn  0;   2 2đ Câu 3 : Giải phương trình: a. 52x+5x+1=6 b. log 2 ( x  1)  log 1 ( x  3)  log 2 ( x  7) 2 1 1 Câu 41đ: Biết  2  10 . Chứng minh:  2 log 2  log 5  PHẦN II: Học sinh thuộc ban nào chỉ làm phần dành riêng cho ban đó(3đ) A. Ban KHTN: Câu 52đ: Trên mặt phẳng (P) có góc vuông xOy, đoạn SO=a vuông góc với (P). Các điểm M, N chuyển động trên Ox, Oy sao cho ta luôn có OM+ON=a a. Xác định vị trí của M, N để thể tích của tứ diện S.OMN lớn nhất. b. Khi tứ diện S.OMN có thể tích lớn nhất , xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện S.OMN. 1đ Câu 6 : Giải hệ phương trình:  2 2 5 2 log x  log y  log 2  2   xy  2 B. Ban KHXH-NV và Ban Cơ Bản: Câu 51đ: Giải bất phương trình: 2 x 2 3 x 5 6    6 5 2đ Câu 6 : Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, cạnh bên SB= a 3 a. Tính thể tích của hình chóp S.ABCD b. Xác định tâm, bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD -----------------------------Hết------------------------------------
ĐÁP ÁN: Câu NỘI DUNG ĐIỂM I. PHẦN CHUNG 1a. TXĐ:D=R 0,5điểm y’=3x2+12x+9  x  1 y’=0    x  3 +Tính giới hạn +Lập BBT: 1điểm x - -3 -1 + y’ + 0 - 0 + y 4 + - 0 +Các khoảng dồng biến, nghịch biến +Các điểm cực trị +Đồ thị đi qua các điểm(-2; 2) ; (0;4) ; (-1;0); (-3; 4); (-4;0) 0,5điểm +Đồ thị: 8 6 4 2 -10 -5 5 -2 -4 1b. Phương trình tiếp tuyến với (C) tại điểm M(-2;2) 0,25điểm y=f’(-2)(x+2)+2  :y=-3x-4 0,25điểm 1c. Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của đồ thị hàm số y  x 3  6 x 2  9 x  4 0,25điểm và đường thẳng d: y=log2 m (d//Ox) Dựa vào đồ thị ta có: phưông trình có 3 nghiệm phân biệt khi 0,25điểm 0
 Vậy max y  y ( )  2 2 0,25điểm    0;  4  2 min y  y (0)  2   0; 2    3a. Đặt t=5x,t>0 0.25đ  t  6 Pt trở thành t2+5t-6=0   (t=-6không thỏa điều kiện) 0.5đ  t 1 Với t=1 ta có: 5x=1  x=0 0.25đ 3b.  x 1  0 0,25điểm  Điều kiện  x  3  0  x  1 x  7  0  Pt tương đương: log2(x+1)(x+3)=log2(x+7)  (x+1)(x+3)= (x+7) 0,5điểm  x 1  x2+3x-4=0    x  4(loai ) Vậy pt có 1 nghiệm x=1 0,25điểm 4. 1 1 1điểm Ta có:   log 2  log 5  log 10  log  2  2 log 2  log 5  Suy ra đpcm II PHẦN RIÊNG A. Ban KHTN 5a. Ta có: 1điểm z t S K J O M x I N y 1 1 1 1 V  VSOMN  Bh  . OM .ON .OS  a.OM .ON 3 3 2 6 2 1  ON  OM  1 3 V a   24 a 6  2  1 3 a Vmax  a khi OM  ON  24 2 5b. Gọi I trung điểm MN. I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN. Mặt phẳng 0,5điểm
trung trực của Os cắt trục It của tam giác OMN tại J . Ta có JS=JO=JM=JN=R. Vậy J là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SOMN a 3 0,5điểm Tính R=JO= 4 6.  2 2 5 2 log x  log y  log 2 (2)  2   xy  2 (1) x  0 ĐK:  y  0 0.25điểm 5 (2)   logx-logy  logx+logy   log 2 2 2 x 5 x 5  log .logxy= log 2 2  log log 2  log 2 2 y 2 y 2 5 0.5điểm x  log  log 2 2 y 5 0.25điểm  x 2 2 7  x 2 4 y Ta có  x. y  2   3    y 2 4 Vậy hệ phương trình có 1 nghiệm B. BAN CƠ BẢN, BAN KHXH-NV 5. 2 x 2 3 x 2 x 2 3 x 1 1điểm 5 6 5 5 1          2 x 2  3 x  1  2 x 2  3 x  1  0   x  1 6 5 6 6 2 2 6a.. SABCD=a 0.25đ 2 SA  SB 2  AB 2  a 3  a2  a 2 0.25đ 1 1 1 2 3 V  VSABCD  Bh  .SA.a 2  .a 2.a 2  .a 0.25d 3 3 3 3 s H I A 0.25đ D O B C
6b. Gọi O là tâm của hình vuông ABCD, O chính là tâm đường tròn ngoại tiếp hình 0.25đ vuông ABCD. Qua O kẻ đường thẳng d song song SA, d là trục của đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD, d cắt SC tại I trung điểm của SC Ta có: Tam giác SAC vuông tại A, I trung điểm SC do đó: IA=SC/2=IS=IC Hay IS=IA=IB=IC=ID. Vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABCD 0.5đ SC SA2  AC 2 2a 2  2a 2 +Tính bán kính:R=IA=   a 0.25đ 2 2 2