Đề thi học kì 1 môn Toán lớp 12 năm 2012-2013 - Trường THPT Trường Xuân

Chia sẻ: Huynh Hoa Lan | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

96
lượt xem 19
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

"Đề thi học kì 1 môn Toán lớp 12 năm 2012-2013 - Trường THPT Trường Xuân" có nội dung xoay quanh: Khảo sát hàm số, tìm GTLN, GTNN của hàm số,... Sẽ là tài liệu tham khảo hữu ích trong quá trình học cũng như ôn thi của các em. Chúc các em học tập thật tốt!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học kì 1 môn Toán lớp 12 năm 2012-2013 - Trường THPT Trường Xuân

Sở GD –ĐT Đồng Tháp Trường THPT Trường Xuân ĐỀ THI HỌC KÌ I NĂM HỌC 2012-2013 Môn : Toán khối 12 Thời gian : 90’ A. Phần chung: (7.0đ) Câu I: (3.0đ) Cho hs y = − x 3 + 3x 2 (C ) a/ Khảo sát và vẽ đồ thị ( C). x3 b/ Tìm m để phương trình : − + x 2 − 2m = 0 có 3 nghiệm phân biệt. 3 Câu II: (2.0đ) 1 log 1 a/ Tính giá trị biểu thức A = log 2012 + e ln 2 + 2 + (125) 3 2012 log 8 b/ Tìm giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của hàm số y = e 4− x 2 Câu III: (2.0đ) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , SA ⊥ (ABC); góc giữa SC và đáy bằng 300 , AC=5a, BC=3a a/ Tính VS.ABC ? b/ Chứng minh trung điểm của SC là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp . Tính diện tích mặt cầu đó. B. Phần riêng: (3.0đ) ( Dành cho chương trình cơ bản) 1 − 2x Câu IV a/(1.0đ) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số y = 3 + 4x tại điểm có hoành độ bằng 2. Câu Va/ (2.0đ) 1/ Giải phương trình 9 x +1 + 3 x + 2 − 18 = 0 2/ Giải bất phương trình : 9 log 8 (1 − x) − 4 log 1 (1 − x ) ≥ 5 2 2 4 ( Dành cho chương trình nâng cao) 1 − 2x Câu IV b/ Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số y = tại 3 + 4x điểm có hoành độ bằng 2. Câu Vb: 1/ Cho hs y = ln 2 x . Chứng minh x 2 . y ' '+ x. y '−2 = 0 2/Cho hs y = x 3 + 3x 2 + mx + m − 2 (Cm) Tìm m để (Cm ) cắt Ox tại 3 điểm phân biệt x1, x2 ,x3 và x12 + x2 + x32 < 15 2 ---------------------- Hết --------------------
Đáp án và biểu điểm đề thi hk1 môn Toán 12 Câu I a/ TXĐ: D= R 0.25 x = 0 y = 0 y’= − 3 x + 6 x = 0 ⇔  ⇒ 2 0.25 x = 2  y = 2 Bảng xét dấu x −∞ 0 2 +∞ y’ - 0 + 0 - Hàm số đồng biến trên khoảng (0;2), nghịch biến trên khoảng ( − ∞ ;0) 0.25 và (2; + ∞ ) Hàm số đạt cực đại tại x=2 , ycđ = 2 0.25 Hàm số đạt cực tiểu tại x=2 , yct = 0 lim y = + ∞ , lim y = −∞ 0.25 x → −∞ x→ + ∞ Bảng biến thiên x −∞ 0 2 +∞ 0.25 y’ - 0 + 0 - y −∞ 4 0 +∞ (Đầy đủ mọi chi tiết) Giao điểm của đồ thị với 2 trục tọa độ :A(0;0),B(3;0) 0.5 Vẽ đồ thị y = 6m 4 O 2 Câu I b/Pt ⇔ − x 3 + 3x 2 = 6m 0.25 Số nghiệm phương trình bằng với số giao điểm của 2 đồ thị hàm số : y= − x 3 + 3x 2 (C ) và d: y=6m 0.25 Để phương trình có 3 nghiệm phân biệt thì 0< 6m < 4 2 0.25 ⇔0
1 1 0.25+0.25 Câu II a/ A = 1 + e log 2 + log 8 + (5 3 ) 3 e 2 = 1 + 2 + log 23 2 −1 + 5 0.25 1 23 =8− = 0.25 3 3 Câu II b/TXĐ D= [-2;2] Hàm số liên tục trên đoạn [-2;2] 0.25 ( ) 2 y ' = 4 − x 2 '.e 4− x = −x 4 − x2 .e 4− x 2 Cho y’=0 ⇔ x = 0(n) 0.25 y(0) =e2 y(-2)= 1 y(2)=1 0.25 Max y = e ; x∈[ −2; 2 ] y = 1 2 khi x = 0 Min khi x = ± 2 0.25 x∈[ − 2 ; 2 ] Câu III a/ Hình vẽ Hình chiếu của SC lên (ABC) là AC ∧ ⇒ (SC,(ABC))= (SC,AC) = SCA = 30 0 1 0.25 VS . ABC = .S ABC .SA 3 TínhAB = 4a, S ABC = 6a 2 0.25 5a 3 SA = 0.25 3 1 5a 3 10 3.a 3 0.25 VS . ABC = 6a 2 . = 3 3 3 Câu IIIb/ Gọi I là trung điểm SC , ∆SAC vuông tại C ⇒ IS = IC = IA 0.25 BC ⊥ SA   ⇒ BC ⊥ ( SAB) ⇒ BC ⊥ SB ⇒ IS = IC = IB 0.25 BC ⊥ AB  ⇒ IA = IB = IC = IS ⇒ I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp 1 1 10a 5a S mc = 4πR 2 ; R = SC = . = 2 2 3 3 0.25
25a 2 100πa 2 ⇒ S mc = 4π . = 0.25 3 3 − 10 Câu IVa/ y ' = 0.25 (3 + 4 x ) 2  10 0.25  y ' ( x 0 ) = y ' (2) = − 121  x0 = 2 ⇒   y (2) = − 3 0.25   11 10 3 10 13 Pttt: y = − ( x − 2) − = − x− 0.25 121 11 121 121 Câu Va/ 1/ pt ⇔ 9.3 + 9.3 − 18 = 0(*) 2x x 0.25 Đặt t = 3x , t > 0 Pt (*) trở thành: 9t2 + 9t -18=0 0.25 t = 1(n) ⇔ 0.25 t = −2(l ) Với t = 1 ta có 3 x = 1 ⇔ x = 0 Vậy pt(*) có 1 nghiệm x = 0 0.25 Câu Va/ 2/ Đk: 1-x > 0 ⇔ x < 1 0.25 Bpt ⇔ [ log 2 (1 − x)] + 4 log 2 (1 − x) − 5 ≥ 0 2 log (1 − x ) ≤ −5 ⇔ 2 Bpt log 2 (1 − x ) ≥ 1 0.25  31 ⇔  x ≥ 32   x ≤ −1 0.25  31  So với đk nghiệm của bpt là x ∈ ( − ∞;−1] ∪  ;1  32  0.25 − 10 Câu IVb/ y ' = 0.25 (3 + 4 x ) 2  10 0.25  y ' ( x 0 ) = y ' (2) = − 121  x0 = 2 ⇒   y (2) = − 3 0.25   11 10 3 10 13 Pttt: y = − ( x − 2) − = − x− 0.25 121 11 121 121 Câu V b/1/ ĐK: x > 0 0.25 1 0.25 y '= 2 ln x. x 1 2 0.25 y ' ' = 2. 2 − 2 . ln x x x 0.25
2 2 VT = x 2 ( 2 − 2 . ln x ) + 2 ln x − 2 x x = VP Câu V b/2/ Theo yêu cầu bài toán ta có pt : x 3 + 3 x 2 + mx + m − 2 = 0 (1) Có 3 nghiệm phân biệt x1, x2 ,x3 và x1 + x 2 + x3 < 15 2 2 2  x = −1 = x1 (1) ⇔   g ( x) = x + 2 x − 2 + m = 0(2) 2 0.25 PT (*) phải có 2 nghiệm phân biệt x2 x3 khác -1 a ≠ 0 1 ≠ 0 ⇔ ⇔ ⇔ m < 3 (*) 0.25 ∆ ' > 0 3 − m > 0 Từ gt x12 + x 2 + x3 < 15 ⇔ x 2 + x3 < 14 ⇔ ( x 2 + x3 ) − 2 x 2 x3 < 14 2 2 2 2 2 0.25 ⇔ ( − 2 ) − 2.( − 2 + m ) < 14 ⇔ m > −3 (**) 2 Từ (*), (**) ta có m ∈ (−3;3) thỏa yêu cầu bài toán 0.25 Lưu ý : Học sinh làm cách khác mà đúng vẫn được trọn điểm câu đó