Đề thi kiểm tra chất lượng học kì 1 môn toán lớp 12 trường THPT Đông Sơn I - có lời giải

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

Thêm vào BST

Báo xấu

142
lượt xem 15
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 kiểm tra chất lượng học kì 1 môn toán lớp 12 trường THPT Đông Sơn I - có lời giải 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 kiểm tra chất lượng học kì 1 môn toán lớp 12 trường THPT Đông Sơn I - có lời giải

SỞ GD & ĐT THANH HÓA ĐỀ THI KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ I Trường THPT Đông Sơn I --------***-------- MÔN : TOÁN 12 – BAN KHTN Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian giao đề -------------------------***------------------------- Câu 1 (4 điểm) 1 2 Cho hàm số y  mx 3  ( m  1)x 2  3(m  2)x  m  (1) 3 3 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m = 2 b) Dựa vào đồ thị (C) biện luận theo k số nghiệm của phương trình 2x 3  3x 2  k c) Tìm m để hàm số (1) đồng biến trên nửa khoảng [2; + ) Câu 2 (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số   y  cos 2 x  cos x  3 trên đoạn 0;   2 Câu 3 (2 điểm) a) Giải phương trình: log 8 x 3  log 4 ( x  3) 2  1 2 x1  2 y  5 b) Giải hệ phương trình:  2x  y  4 Câu 4 (3 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với AB = a, SD  a 3 , SA = a và SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD). a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD. b) Xác định tâm và tính diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. c) Gọi M, I lần lượt là trung điểm của AD và SC, N là giao điểm của BM và AC. Tính thể tích khối tứ diện ANIB. --------------------Hết------------------- Họ và tên thí sinh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . .
TRƯỜNG THPT ĐÔNG SƠN I KÌ THI KIỂM TRA CHẤT LƯƠNG HỌC KÌ I HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN 12 – BAN KHTN - Điểm toàn bài làm tròn đến 0,5 - Học sinh làm các khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa. Câu ý Nội dung Điểm 1 4,00 a Khảo sát hàm số (2,00 điểm) 2 4 Khi m = 2, hàm số (1) trở thành y  x 3  x 2  3 3 1) Tập xác định : R 0,50 2) Sự biến thiên: a, Giới hạn : lim y  , lim y   x   x   2 b, Bảng biến thiên: y’ = 2x - 2x, y’ = 0  x = 0, x = 1 x - 0 1 + y' + 0 - 0 + y - 4/3 + 0,50 - -5/3 Hàm số đồng biến trên các khoảng (- ; 0) và (1; + ) Hàm số nghịch biến trên khoảng (0 ; 1) 0,50 Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = y(0) = - 4/3 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, yCT = y(1) = - 5/3 3) Đồ thị: Nhận điểm uốn I(1/2; -3/2) làm tâm đối xứng, giao với Ox tại (2; 0) y O 1 2 x 0,50 - 4/3 - 5/3 b Biện luận số nghiệm của phương trình (1,00 điểm) 2 4 k4 0,25 Ta có 2x 3  3x 2  k (*)  x 3  x 2   3 3 3 k4 Số nghiệm của (*) bằng số giao điểm của (C) và đường thẳng y  3 1
Theo đồ thị ta có: ( k  4) / 3  4 / 3 k  0 0,25 +) Nếu   thì (*) có 1 nghiệm ( k  4 ) / 3  5 / 3  k  1 ( k  4) / 3  4 / 3 k  0 +) Nếu   thì (*) có 2 nghiệm phân biệt 0,25 ( k  4) / 3  5 / 3  k  1 5 k4 4 +) Nếu      0  k  1 thì (*) có 3 nghiệm phân biệt 0,25 3 3 3 c Tìm m để hàm số đồng biến (1,00 điểm) Ta có y'  mx 2  2( m  1)x  3(m  2) Hàm số (1) đồng biến trên [2; + ) khi 0,25 6  2x mx 2  2(m  1)x  3(m  2)  0, x  2  m  2 , x  2 (**) x  2x  3 6  2x 2x 2  12 x  6 Xét f (x)  2 , víi x  2 , f ' (x)  x  2x  3  x 2  2x  3 2  0,25 x  3  6 (lo¹i) f ' (x)  0   x  3  6  Bảng biến thiên x 2 3 6 + f’(x) - 0 + 2 + 3 f(x) 0,5 CT 2 2 Từ bảng biến thiên ta có max f ( x)  f (2 )  . Do đó (**)  m  x[ 2 ;  ) 3 3 Vậy: m  2/3 2 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất 1,00 Đặt t = cosx, Do x  [0; /2] nên t  [0; 1] 0.25 ta có y = f(t) = t2 – t + 3, f’(t) = 2t – 1 suy ra f’(t) = 0  t = 1/2 f(0) = 3; f(1/2) = 11/4; f(1) = 3 max f ( t )  f (0)  f (1)  3 min f ( t )  f (1 / 2 )  11 / 4 0.5 t[ 0;1] t[ 0;1] t = 0  x = /2, t = 1  x = 0. t = 1/2  x = /3 Vậy min y  y( / 3)  11 / 4 , max y  y (0)  y( / 2)  3 0.25 x0 ; / 2  x0 ; / 2  3 2,00 a Giải phương trình: (1,00 điểm) log 8 x 3  log 4 (x  3)2  1 (1) Điều kiện: 0  x  3 0,5 (1)  log 2 x  log 2 x  3  1  x x  3  2 (2) 2
 3  17 x  - Nếu x > 3 thì (2)  x2 – 3x – 2 = 0   2 0,25  3  17 x  (lo¹i)  2 x  1 - Nếu x < 3 thì (2)  x2 – 3x + 2 = 0   x  2 0.25 3  17 Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm x = 1, x = 2, x  2 x 1 y 2  2  5 (3) b Giải hệ phương trình (1,00 điểm)  2x  y  4 (4) Từ (4) ta có y = 2x + 4, thế vào (3) ta được. 2 x1  2 2 x 4  5  2 x 1  4.2 2 x2  5  0 0,50 t  1 Đặt t = 2x + 1, t > 0 ta có phương trình 4 t 2  t  5  0   t  5 / 4 (lo¹i) x+1 + Với t = 1 thì 2 = 1 x + 1 = 0  x = - 1  y = 2 0,50 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm (x; y) = (- 1; 2) III Hình học không gian 3,00 a Tính thể tích khối chóp S.ABCD S I A M D N O B C AD  SD 2  SA 2  (a 3 ) 2  a 2  a 2 , 0,50 1 1 1 2 3 0,50 VS .ABCD  SA.S ABCD  SA.AB.AD  a.a.a 2  a 3 3 3 3 Xác định tâm và tính diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp b S.ABCD. Gọi I là trung điểm của SC, O=ACBD suy ra SA // IO, nên IO  (ABCD). Do đó IO là trục của đường tròn ngoại tiếp ABCD suy ra IA = IB 0,5 = IC = ID. Mà IS = IC nên I cách đều 5 đỉnh của hình chóp. Do đó I là tâm của mặt cầu ngoại tiép hình chóp S.ABCD. 3
Mặt cầu có bán kính SC 1 1 2 0,25 R = IS   SA 2  AB 2  AD 2  a  a 2  (a 2 ) 2  a 2 2 2 2 2 0,25 Diện tích mặt cầu S  4 R  4 a c Tính thể tích khối tứ diện ANIB. 1 Ta thấy IO là một đường cao của tứ diện AINB nên VAINB  IO.S ANB 0,25 3 NA NM AM 1 Do AM //BC nên    NC NB BC 2 0,25 1 a 3 2 2 a 6 Do đó AN  AC  ; BN  BM  AB 2  AM 2  3 3 3 3 3 2 2 2 a 3 a 6  2 2 2 Ta thấy AN  BN       3    3   a  AB nên tam giác ANB 0.25     vuông tại N. 1 1 a 3 a 6 a2 2 Suy ra S ANB  AN.BN  .  . 2 2 3 3 6 0.25 1 a a2 2 a3 2 VAINB  .  . 32 6 36 4