Tổng hợp đề thi học kì 1 môn Toán lớp 12 năm 2011-2012 - Trường THPT Tân An

Chia sẻ: Pham Linh Dan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:41

Thêm vào BST

Báo xấu

101
lượt xem 16
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Với bộ "Tổng hợp đề thi học kì 1 môn Toán lớp 12 năm 2011-2012 - Trường THPT Tân An" sẽ giúp các bạn học sinh ôn tập củng cố lại kiến thức và kỹ năng giải bài tập để chuẩn bị cho kỳ thi học kỳ sắp tới đạt được kết quả mong muốn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Tổng hợp đề thi học kì 1 môn Toán lớp 12 năm 2011-2012 - Trường THPT Tân An

Sở GD và ĐT Trà Vinh ĐỀ THI HỌC KÌ I. NĂM HỌC 2011 – 2012 TRƯỜNG THPT TÂN AN Môn: TOÁN. Khối 12 hệ GDTX. Thời gian làm bài: 120 phút. Câu 1 (3,0 điểm): 2x  2 Cho hàm số y  có đồ thị (C). x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm có hoành độ bằng -2. Câu 2 (2,0 điểm): Tính giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số: 1 4 1. f  x   x  2 x 2  1 trên đoạn [0;4]. 4 2 2. f  x   x  x  3  2 trên đoạn [0;2]. Câu 3 (1,0 điểm): 2  1 3 Tính giá trị biểu thức: A=    21 log 3  log 4 64 . 2 8 Câu 4 (2,0 điểm): Giải các phương trình sau: x x 9 3 1. 3   5   2  0 4 2 2. log 2  x  1  2  log 2 2x Câu 5 (2,0 điểm): Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng 2a. 1. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a. 2. Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. -----------------------------------------------------
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Bài 1(3 điểm). 2x  2 Cho hàm số y  có đồ thị (C). x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.  Tập xác định D= \ 1 0.25 điểm 4  y = > 0 x  D 0.25 điểm  x  12  Trên khoảng  ; 1 ,  -1;+  y’>0 hàm số đồng biến. 0.25 điểm  Hàm số không có cực trị.  Tieäm caän ngang laø: y  2 vì lim y  2 . x   0.5 điểm  Tiệm cận đứng là: x  1 vì lim y  ;  lim y   x  1 x  1  Bảng biến thiên: x - -1 + y/ + + + 2 0.25 điểm y - 2  Đồ thị: y 8 6 4 2 0,5 điểm x -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -2 -4 -6 -8 2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm có hoành độ bằng -2.  Phương trình tiếp tuyến có dạng: y  f '  x0  x  x0   y0 . 0,5 điểm 2
 Với x0  2, y0  6, f'  -2   4 .  Pttt: y=4(x+2)+6=4x+14 0,5 điểm Câu 2. (2,0 điểm). Tính giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số 1 1. f  x   x 4  2 x 2  1 trên đoạn [0;4] 4  Xét trên đoạn [0;4]. x  0  f '  x   x  4 x, f '  x   0  x  4 x  0   x  2 3 3 0,25 điểm   x  2   f  0   1, f  2   3, f  4   32 0,25 điểm  max f  x   f  4   32 0,25 điểm 0;4  min f  x   f  0   1 0,25 điểm 0;4 2 2. f  x   x  x  3   2 trên đoạn [0;2]. o Xét trên đoạn [0;4].  f  x   x3  6 x2  9x  2 0,25 điểm f '  x   3 x 2  12 x  9  x  1 0,25 điểm f '  x   0  3 x 2  12 x  9  0   x  3  f  0   2, f  2   2, f 1  6 0,25 điểm  max f  x   6 0;2 0,25 điểm  min f  x   2  0;2 2  1 3 Câu 3: Tính giá trị biểu thức: A=    21 log 3  log 4 64 . 2 8 2 3  3 A=   2  21.2log 3  log 2 26 . 2 2 0,25 điểm 2 6 A= 2  2.3  log 2 2 . 0,25 điểm 2 6 A= 4  2.3  . 0,25 điểm 2 A= 4  6  3  13 . 0,25 điểm Câu 4. (2,0 điểm). Giải các phương trình sau: 3
x x 9 3 1. 3   5   2  0 4 2 2   3 x  3 x  3      5    2  0 1  2    0, 25 ñieåm    2 x 3 Ñaët t=   , t>0 2  t=1 Phöông trình 1  3t 2 -5t+2=0   2  0, 25 ñieåm   t=  3 x x 0 3 3 3 Vôùi t=1     1        x  0  0, 25 ñieåm  2 2 2 x x 1 3 2 3 3 Vôùi t=1            x  1  0, 25 ñieåm  2 3 2 2 2. log 2  x  1  2  log 2 2x 1 .  x-1>0 Ñieàu kieän:   x 1  2x>0 Phöông trình 1 log 2  x  1  log 2 4  log 2 2x  0,25 ñieåm   log 2  x  1 .4  log 2 2x  0,25 ñieåm    x  .4  2x  0, 25 ñieåm   4x-4=2x x  0, 25 ñieåm  Câu 5. (2,0 điểm). Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng 2a. 1. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a. 2. Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. 4
S M I A C H N B 1. Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.  Gọi H là tâm tam giác ABC. Khi đó SH vuông góc mặt phẳng (ABC), suy ra SH là chiều cao hình chóp S.ABC. 1 0,25 điểm  V  S ABC .SH 3 a2 3  S ABC  0,25 điểm 4 2 2 2 2 a 3 2 3a 2 33a 2 a 33  SH  SA  AH   2a    . 3 2   4a 2    0,25 điểm   9 9 3 1 1 a 2 3 a 33 a3 11 Thể tích: V  S ABC .SH  .  0,25 điểm 3 3 4 3 12 2. Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. Ta có HA=HB=HC (1). Mặt khác: SA=SB=SC (2) 0,25 điểm Từ (1) và (2) suy ra: Mọi điểm thuộc SH cách điều ba điểm A,B, C.  Trong mặt phẳng (SAH) đường trung trực của SA cắt SH tại I.  Ta có IS=IA (3).  Mặt khác: IA=IB=IC (4) 0,5 điểm  Từ (3) và (4) suy ra mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC có tâm là I và bán kính R=IS.  Gọi M là trung điểm SA, tứ giác AMIH nội tiếp nên ta có: SA2 4a 2 6a 2 6a 33 2a 33  SI.SH=SM.SA  SI      0,25 điểm 2 SH a 33 a 33 33 11 2. 3 -------------------------------Hết-------------------------- 5
Sở GD và ĐT Trà Vinh ĐỀ THI HỌC KÌ I. NĂM HỌC 2011 – 2012 TRƯỜNG THPT TÂN AN Môn: TOÁN. Khối 12 THPT. Thời gian làm bài: 120 phút. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,5 điểm). Câu 1 (3,0 điểm): Cho hàm số y = x 4  2 x 2  3 có đồ thị (C) . 1/ Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số . 2/ Dựa vào đồ thị biện luận theo m số nghiệm phương trình : x 4  2 x 2  m  0 Câu 2 (2,5 điểm): 1) Giải các phương trình sau: a) log 2 (3  x )  log 2 (1  x )  3 b) 16 x  17.4 x  16  0 1 3 2) Tính giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số f  x   x  trên đoạn [ ;3 ]. x 1 2 Câu 3 (2,0 điểm): 2  1 3 1) Tính giá trị biểu thức: A=    21 log 3  log 4 64 2 8 2)Cho hàm số f ( x)  x  3mx 2  3  m 2  1 x  m . Định m để hàm số đạt cực tiểu 3 tại x = 2. PHẦN RIÊNG (2,5 điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần: Phần cho chương trình nâng cao 4A và phần cho chương trình cơ bản 4B. Phần A. Theo chương trình nâng cao. Câu 4A: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , cạnh bên SB vuông góc với mặt phẳng (ABC) . Biết AB=a , AC=2a , SB=BC . a/ Chứng minh: Mặt phẳng (SAB) vuông góc mp(SAC) . b/ Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a . Phần B. Theo chương trình cơ bản. Câu 4B: Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, cạnh bên SA= a 2 . 1)Chứng minh: AC   SBD  . 2)Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. --------------------------------------------------------------------------------- 1
Sở GDĐT Trà Vinh ĐỀ THI HỌC KÌ I NĂM 2011 -2012 Trường THPT Tân An MÔN TOÁN - LỚP 12 ĐỀ DỰ BỊ Thời gian làm bài 120 phút không kể thời gian giao đề ----------------------- I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,5 điểm). Câu 1: (3,0 điểm). Cho hàm số y  x3  3 x 2  1 có đồ thị (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại điểm có hoành độ bằng 3. Câu 2:(2.5 điểm) 2) Giải các phương trình sau: a) log 2 (3  x)  log 2 (1  x)  3 b) 22 x 3  7.2 x 1  4  0 1 2) Tính giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số y =  x trên [1;3] x Câu 3: (2.0 điểm) 1) Rút gọn biểu thức: A= log 1  log3 4.log 2 3  log 2 2 2 . 4 2) Tìm m để hàm số y=  x3  3x 2  3  m 2  1 x  3m 2  1 có cực đại và cực tiểu, với m là tham số. II. PHẦN RIÊNG (2,5 điểm). ( Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần(phần cho chương trình chuẩn 4a,5a;phần cho chương tri2ng nâng cao 4b,5b) Phần A. Theo chương trình cơ bản. Câu 4a: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a, AC = a 5 A’C = 3a. 1)Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ theo a. 2)Gọi O là giao điểm của B’C và BC’. Tính thể tích khối tứ diện AOBC theo a. Câu 4b: : Cho hình nón có chiều cao bằng 20cm và đường kính đáy bằng 50cm a)Tính diện tích xung quanh, diện tích toàn phần và thể tích khối nón. b)Thiết diện qua đỉnh của nón có khoảng cách từ tâm của đáy đến mặt phẳng chứa thiết diện bằng 12cm. Tính diện tích thiết diện. -------------Hết------------ Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. 2
SỞ GD & ĐT TRÀ VINH KỲ THI HỌC KÌ I NĂM HỌC 2011-2012 TRƯỜNG THPT TÂN AN Môn Thi : TOÁN 12 – BT THPT Thời gian làm bài : 120 pnút , không kể thời gian giao đề ĐỀ CHÍNH THỨC Bài 1(3,5 điểm) : Cho hàm số y=  x 4  x 2 có đồ thị (C) . 1/ Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số . 2/ Dựa vào đồ thị biện luận theo m số nghiệm phương trình :  x 4  x 2 = m Bài 2(1 điểm) : Tính giá trị nhỏ nhất của hàm số y= x 3  3x 2  3 trên đoạn [-1;1] . Bài 3 (1 điểm) : 2 x  3 Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) của hàm số y  tại x2 điểm M có hoành độ xM = -1 . Bài 4(2 điểm): Giải các phương trình sau : 1/ 16 x  17.4 x  16  0 2/ log 3 x  log 1 x 3  log 3 (3 x 4 )  3 3 Bài 5(2,5 điểm) : Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , cạnh bên SB vuông góc với mặt phẳng (ABC) . Biết AB = a , AC = 2a , SB = BC . a/ Chứng minh : Mặt phẳng (SAB) vuông góc mp(SAC) . b/ Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a . ------Hết------ (Thí sinh không được sử dụng tài liệu .Giám thị không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh :............................................................................ Số báo danh :………………… 3
SỞ GD – ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI HỌC KỲ I NĂM HỌC 2012-2013 TRƯỜNG PHAN VĂN BẢY MÔN THI: TOÁN 12 Thời gian: 120 phút ĐỀ ĐỀ XUẤT -------------------- I. PHẦN CHUNG (7,0 điểm) Câu I ( 3 điểm) 1 3 1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: y  f  x   x  2 x 2  3x  1 C  3 2.Tìm m để đường thẳng  d  y  2mx  1 cắt  C  tại 3 điểm phân biệt. Câu II ( 2 điểm) 4 1. Tính : A  log 1 16  2 log 3 27  5 log 2 (ln e ) 8 2. Cho hàm số y   x3  3  m  1 x 2  2 . Tìm m để hàm số đạt cực đại tại x  2 . Câu III ( 2 điểm) a 3 Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có đáy ABC nội tiếp trong đường tròn bán kính là , 3 góc giữa mặt bên và đáy là 600. a) Tính khoảng cách từ A đến (SBC). b) Tính thể tích khối chóp S.ABC. II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) (Học sinh chọn IVa và Va hay IVb và Vb ) A. Theo chương trình chuẩn. Câu IVa ( 1 điểm) 2x 1 Cho hàm số : y= (1). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại giao điểm x2 của đồ thị (1) với trục tung. Câu Va ( 2 điểm) 1) Giải phương trình: 16x – 17.4x + 16 = 0 2) Giải phương trình : log 2  4 x   log  2 x   5 2 2 B. Theo chương trình nâng cao. Câu IVb ( 1 điểm) x 2  3x  2 Cho hàm số f(x) = (1). Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) x 1 biết tiếp tuyến đó song song với đường thẳng y =5x 2 Câu Vb ( 2 điểm) 1) Cho hàm số y  esin x . Chứng minh rằng: y.cos x  y.sin x  y  0 . x3 2) Cho hàm số y  có đồ thị (H). Tìm m để đường thẳng (d): y = 2x + m cắt đồ thị (H) tại x 1 hai điểm phân biệt A, B sao cho đoạn AB ngắn nhất. .........Hết.......
ĐÁP ÁN Câu Lời Giải Điểm 1.1 Tập xác định D  R 0.25đ  1 0.5đ 2 2 x  1  y  y '  x  4 x  3; y '  0  x  4 x  3  0    3  x  3  y  1  lim y  ; lim y   0.25đ x x  1 3  x f ' x + 0 - 0 + 0.25đ  f  x 1  3 1 0.25đ Hàm số nghịch biến trên 1;3  , đồng biến trên  ;1 và  3;    1 Điểm cực tiểu I1  3; 1 , điểm cực đại I 2  1;   3 y . . . -2 1 -1 3 0 .I 2 2 3 .B  1 1 . 4 x 0.5đ 3 -1.A I .I 1 -2 . 1.2 Phương trình hoành độ giao điểm của  C  và  d  là:
0.25đ 1 3 1 x  2 x 2  3 x  1 = 2 mx  1  x 3  2 x 2  3 x  2 mx  0 3 3 x  0 (1)   1 2  g ( x )  x  2 x  3  2 m  0 (2)  3 Để phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt thì phương trình 0.25đ g  x   0 có 2 nghiệm phân biệt khác 0  1  '  0  1   3  2m   0  m  0  3  0.25đ    3  g  0   0 m  3  m  2    2 3 0.25đ Vậy : m  0 và m  thỏa yêu cầu. 2 2.1 4 log 1 16   3 0.25đ 8 log 3 27  6 0.25đ 4 log 2 (ln e )  2 0.25đ B=8/3 0.25đ 2.2 Tập xác định y’ = -3x2 + 6(m+1)x ; y’’=-6x+6(m+1) 0.25đ  y '(2)  0  0.25đ Hs đạt CĐ tại x=2  y ''(2)  0 m  0  0.25đ 12  0 Vậy m = 0 0.25đ 3.1 Gọi O là tâm của đáy, ta có SO vuông S (ABC). Gọi M là trung điểm BC, ta  BC  AM có :   góc giữa mặt 0.25đ  BC  SM H C (SBC) và (ABC) là SMA  600 . A O M B Ta có (SAM) vuông (SBC) nên từ A kẻ AH vuông góc giao 0.25đ tuyến SM, ta có AH vuông (SBC). Suy ra k/c là AH
a 3 Ta có : OA=  AB = a 3 0.75đ a 3 SM = 2OM = , SO = OM.tan600 = a/2 3 Xét tam giác SAM có : AH.SM = SO.AM  AH = a/12 0.25đ 3.2 a 2 3 SABC = 0.25đ 4 a 3 3 0.25đ V = 1/3 . SABC . SO = 24 4a 5 0.25đ y’= ( x  2) ( x  2) 2 1 5 0.5đ Với xo= 0 thì y(x0)= - và y’(x0) = 2 4 5 1 0.5đ Pttt : y= x- 4 2 5a1 Đặt t = 2x, ( t >0) 0.25đ Ta có : t2 – 17t + 16 = 0 0.25đ t=1 v t=16 0.25đ x= 0 v x= 2 0.25đ 5a2 ĐK : x > 0 0.25đ pt: log 2  4 x   2 log 2  2 x   5 2  log 2 2x  4 0.25đ 2 log  2x   2 v log  2 x   2 0.25đ 2 2 Vậy : x= 2 v x=1/8 0.25đ 4b. 6 0.25đ f (x) =1 (x  1)2 T/t có dạng : y=5x + b 0.25đ ĐKTX tìm được : b=2 ; b=-22 0.25đ Có hai tiếp tuyến thỏa điều kiện : y=5x+2 ; y=5x22 0.25đ 5b1 y’ =  cos x.e sin x 0.25đ y’’ = sin x.e  sin x  cos 2 x.e  sin x 0.25đ VT =  cos2 x.e  sin x  sin 2 x.e  sin x + 0,5đ + sin x.e  sin x  cos 2 x.e  sin x = 0=VP 5b2 Phương trình hoành độ giao điểm : x3 0.25đ  ( x  1)(2 x  m) , x  1  2 x 2  ( m  1) x  m  3  0 x 1 (d) cắt (H) tại hai điểm pb    0  m2  6m  25  0 đúng với mọi m 0.25đ 5 0.25đ AB2= 5(xB-xA)2 =  = 5/4( m2-6m+25) 4 AB nhỏ nhất khi m = 3 0.25đ
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP TRƯỜNG THPT PHÚ ĐIỀN ĐỀ THAM KHẢO HỌC KỲ I MÔN TOÁN KHỐI 12 I. PHẦN CHUNG (7,0 điểm) Câu I ( 3 điểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x 3  3 x 2  1 (2đ) 1 3 2. Tìm m để trình x  x 2  m  0 có ba nghiệm thực phân biệt (1đ) 3 Câu II ( 2 điểm) log 3 1. Tính gía trị biểu thức . A  log 1 5. 4 5  4 8  2log16 5 (1đ) 25 2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = x(ln x - 2) trên đoạn [l; e2] (1đ) Câu III ( 2 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA = 2a và SA (ABC). Tam giác ABC vuông cân tại B, AB  a 2 1. Tính thể tích khối chóp S.ABC (1đ) 2. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp (1đ) II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) (Học sinh chọn IVa và Va hay IVb và Vb ) A. Theo chương trình chuẩn. Câu IVa ( 1 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (C) y  x 3  3x 2  2 biết tiếp tuyến có hệ số góc bằng 9. Câu Va ( 2 điểm) 1) Phương trình mũ 2 x  23 x  2  0 (1đ) 2) Bất phương trình lôgarit 2log3(4x-3) + log 1  2 x  3  2 (1đ) 3 B. Theo chương trình nâng cao. Câu IVb ( 1 điểm) 2x  3 Viết phương trình tiếp tuyến với (c) y  biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng 2x 1 1 y x (1đ) 2 Câu Vb ( 2 điểm) 1.Cho hàm số y  ( x  1)e x . Chứng minh rằng y ' y  e x (1đ) 2. Cho hàm số y  x 3  (m  1) x 2  (2m  1) x  1  3m .Tìm m để hàm số có cưc trị (1đ)
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Nội dung Điểm I 1)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x 3  3 x 2  1 (2đ) TXĐ: 0,25 x  0 y '  3x2  6 x ; y '  0   0,25 x  2 lim y   0,25 x  x  0 2  f(x) f(x)=x^3-3x^2+1 0,25 y' + 0 - 0 + 8 6 y 1 + 4 0,5 2 x  -3 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 -2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Vậy hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 0  ,  2;   . -4 -6 Hàm số nghịch biến trên khoảng  0; 2  . -8 0,25 Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCD = 1. Hàm số đạt cực tiểu tại x =2, yCT  -3 Điểm đặc biệt x -1 3 0,25 y -3 1 1 3 2) Tìm m để trình x  x 2  m  0 có ba nghiệm thực phân biệt 3 1 3  x  x 2  m  x3  3x 2  3m  x 3  3 x 2  1  3m  1 0,25 3 Số giao điểm của đường thẳng (d) y  3m  1 và đồ thị (c) y  x 3  3 x 2  1 là số nghiệm của PT. 0,25 4 Để PT có 3 nghiệm phân biệt 3  3m  1  1  4  3m  0    m  0 3 0,25 4 Vậy   m  0 thì phương trình có ba nghiệm 0,25 3 Câu 5 4 log 8 3 2.log 3 3 II 1) A  log 1 5. 5  4  2log16 5  log 52 5  2 4 2  2 log 24 5 0,5 25 5 2 1 5    33  5 2    3 9  5 8 8 0,5 2) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = x(ln x - 2) trên đoạn [l; e2] 2 0,5 y '  ln x  1 ; y '  0  ln x  1  0  ln x  1  x  e  [l; e ] y (1)  2 y (e)  e y (e 2 )  0 Vậy Max y  0 ; Min y  e 0,5 1;e 2  1;e 2      Câu Cho hình chóp S.ABC có SA = 2a và SA (ABC). Tam giác ABC vuông cân tại B,
III AB  a 2 a)Tính thể tích khối chóp S.ABC (1đ) SA   ABC   SA là đường cao của hình chóp 0,25 1 S V  SABC .SA 3 0,25 1 1 2 2a S ABC 2 2   AB 2  a 2 = a 2 A C 1 2 0,25 Vậy V  a 2 .2a  a 3 a 2 3 3 B 0,25 b)Gọi O là trung điểm SC  O cách đều S và C 0,25 Dựng OI // SA suy ra I là trung điểm AC 0,25 và I là tâm của mặt đáy. OI là trục của đáy  O cách đều A,Bvà C Vậy O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp 0,25 SC 0,25 R a 2 2 Câu y '  3x 2  3 0,25 IVa 2 0,25 Hệ số góc k = 9  y '( x0 )  9  3x 0  3  9  x0  2 Với x0 = 2  y0  4 Phương trình tiếp tuyến: y  y0  y '( x0 )( x  x0 )  y  4  9( x  2)  y  9x  14 Với x0 = -2  y0  0 0,25 Phương trình tiếp tuyến: y  y0  y '( x0 )( x  x0 )  y  0  9( x  2)  y  9 x  18 Vậy có hai phương trình tiếp tuyến: y  9x  14 và y  9 x  18 . 0,25 x 3 x Câu 1) Giải phương trình mũ 2  2 20 Va 8 0,25  2 x  x  2  0  22 x  2.2 x  8  0 2 0,25 Đặt t  2 x , t  0 t  4 (nhan) 0,25 Phương trình trở thành: t 2  2.t  8  0   t  2 (loai ) t  4  2x  4  x  2 0,25 Vậy phương trình có nghiệm x = 2. 2)Giải bất phương trình lôgarit 2log3(4x-3) + log 1  2 x  3  2 (5) 3 0,25
 3  x 4 x  3  0  4 x3 Điều kiện   0,25 2 x  3  0 x   3 4   2 2 0,25 (5)  log 3  4 x  3 2 2x  3 0,25 2 3   4 x  3  9  2 x  3  16 x 2  42 x  18  0    x  3 8 3 Kết hợp điều kiện, bất phương trình có tập nghiệm S = ( ; 3] 4
TRƯỜNG THPT THÁP MƯỜI ĐỀ THI HỌC KỲ I NĂM HỌC 2012-2013 TỔ TOÁN Môn: TOÁN 12. Thời gian: 120 phút. ĐỀ ĐỀ NGHỊ Ngày thi: A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ HỌC SINH (7 Đ) Câu I (3đ)Cho hàm số y  x 3  3 x 2  2 1)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2)Xác định tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng y  mx  2 cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt. Câu II (2đ) 2log x  log x  0,1 1)Tính giá trị của biểu thức P  , khi x  0,1 . log x 99,9  x 2)Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số f  x   4  x 2  4  x 2 trên đoạn [0;2]. Câu III (2đ) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B. Biết AC = 3 , góc ACB  300 , góc giữa AB’ và mặt phẳng (ABC) bằng 600 . 1)Tính thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’. 2)Tính thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp A’.ABC. II.PHẦN RIÊNG-PHẦN TỰ CHỌN (3Đ) Học sinh chỉ được chọn phần A hoặc B. A.Theo chương trình chuẩn. 1 Câu IVa(1đ) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) hàm số y  tại giao điểm của đồ x2 thị (C) và trục tung. Câu Va (2đ) 1)Giải phương trình: 3x  31 x  4 .  x 1  2)Giải bất phương trình: log 0,5    2 .  x  B.Theo chương trình nâng cao. x Câu IVb(1đ)Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) hàm số y  tại điểm có tung độ x2 1 bằng . 2 Câu Vb(2đ) 1)Giải bất phương trình: f '  x   1 , với f  x   ln 1  x 2  . xm 2)Cho hàm số y  . Tìm các giá trị m  0 để đồ thị của hàm số cắt các trục tọa độ tại x 1 hai điểm A và B mà diện tích tam giác AOB bằng 2 (O là gốc tọa độ). Hết _________________________________________________________________ 1
ĐÁP ÁN Câu ý Nội dung Điểm I 1 +Tập xác định:D  0,25 x  0 0,25 +Đạo hàm: y '  3 x 2  6 x ; y '  0   x  2 +Giới hạn:  Lim y    Lim y   0,25 x  x  +Bảng biến thiên: 0,5 x  0 2  y'  0  0  -2  y  -6 +Nhận xét: 0,25 Hàm số đạt giá trị cực đại yCÐ  2 khi x  0 . Điểm CĐ (0;-2) Hàm số đạt giá trị cực tiểu yCT  6 khi x  2 . Điểm CT (2;-6). Hàm số đồng biến trên các khoảng  ;0  và  2;  Hàm số nghịch biến trên khoảng  0;2  +Điểm phụ: Cho x  1  y  6 B(-1;-6) Cho x  3  y  2 C(3;-2) +Đồ thị:Đúng dạng + qua các điểm cực trị 0,5 2 Phương trình hoành độ giao điểm: x 3  3 x 2  2  mx  2 0,25 x  0 0,25  2  x  3 x  m  0  *   0  0,25 Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt  0    g  0  0  9 0,25 Đáp số:   m  0 4 II 1 1 0,25 2log x  2log0,1  2 1  2 log x  0,1  log 0,1  0,1  1 0,25 log x 99,9  x  log 0,1 100  log 0,1 10  1 0,25 3 0,25 P 2 2 Hàm số liên tục trên D = [0;2] 0,5 2
x x f ' x   2   0 , x   0, 2  4x 4  x2 f 0  0 ; f  2  2 2 0,25 Maxf  2 2 , khi x  2 ; min f  0 , khi x  0 0,25 III 1 A' C' B' A C B Do AA’  mp(ABC)  B ' AB  300 3 3 0,25 AB  AC .sin 300  , BC  AC.cos 300  2 2 1 3 3 S ABC  AB.BC  0,25 2 8 3 3 0,25 BB '  AB.tan 600  . 3 2 2 1 3 3 3 3 3 0,25 VABC . A' B ' C '  . .  3 8 2 16 2 Gọi I là trung điểm của A’C Các tam giác A’AB, A’BC, A’AC là các tam giác vuông nên 0,25 IA '  IA  IB  IC . Vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp A’ABC 9 3 0,5 A ' C  A ' A2  AC 2  3  3  R  4 2 4 0,25 Vmc   R 3  4 3 3 IVa 1 0,25 x0  0  y0  2 1 0,25 f '  x0    4 1 1 1 1 0,5 Phương trình tiếp tuyến: y    x  0     x  4 2 4 2 3