Tổng hợp đề thi học kì 1 môn Toán lớp 12 năm 2013

Chia sẻ: Gu Tin | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:59

Thêm vào BST

Báo xấu

619
lượt xem 176
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn học sinh cùng tham khảo "Tổng hợp đề thi học kì 1 môn Toán lớp 12 năm 2013" dành cho các bạn học sinh lớp 12 đang chuẩn bị thi học kỳ. Qua việc tham khảo bộ tổng hợp đề thi sẽ giúp các bạn ôn tập và phát triển tư duy, năng khiếu môn Toán. Chúc các bạn đạt được điểm cao trong kì thi này nhé!

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 2013

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ THI HỌC KÌ I MÔN TOÁN LỚP 12 TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN Năm học 2012-2013 Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ SỐ 2 ___________________________________________ 2x 1 Bài 1 (2,5 điểm). Cho hàm số y  1 x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  H  của hàm số 1 . 2. Tìm m để đường thẳng y  mx  1 cắt đồ thị H  tại hai điểm phân biệt A, B sao cho trung điểm của đoạn thẳng AB thuộc đường thẳng y  x  1. Bài 2 (2 điểm). 2 1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x.e x 3 x trên đoạn  1;1 .  2. Cho hàm số f  x   ln e x  1  e2 x . Tính f '  ln 5  .  Bài 3 (2 điểm). x x 1. Giải phương trình  2 1     2  1  6. 2  2 2 2 x x 1 2. Cho phương trình 4 x m 1 , với m là tham số. a) Giải phương trình 1 khi m  3. b) Tìm m để phương trình 1 có nghiệm duy nhất. Bài 4 (3,5 điểm). Cho hình chóp S . ABC có  SAB    ABC  , SA  SB  a , ASB  1200 , mặt đáy ABC là tam giác vuông tại C , BC  a. 1. Tính thể tích khối chóp S . ABC. 2. Tính khoảng cách từ điểm B tới mặt phẳng  SAC  . 3. Gọi C ' là trung điểm của cạnh SC. Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp C '. ABC. ---------------------------- HÕT------------------------ Họ và tên học sinh.................................................................................... Lớp..............................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ THI HỌC KÌ I MÔN TOÁN LỚP 12 TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN Năm học 2012-2013 Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề ĐỀ SỐ 1 ___________________________________________ 2 x Bài 1 (2,5 điểm). Cho hàm số y  1 x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  H  của hàm số 1 . 2. Tìm các giá trị của m để đường thẳng y  mx  2 cắt đồ thị  H  tại hai điểm phân biệt thuộc cùng một nhánh của  H  . Bài 2 (2 điểm). 1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y   x 2  2  e 2 x trên đoạn  3;1 .  1  2y 2. Cho hàm số y  ln  2x  . Chứng minh e  y '  1.  1 e  Bài 3 (2 điểm). 1. Giải phương trình 9 x  3.6 x  4 x1. x x 2. Cho phương trình  2 3    2 3   4m 1 , với m là tham số. a) Giải phương trình 1 với m  1. b) Tìm m để phương trình 1 có nghiệm duy nhất. Bài 4 (3,5 điểm). Cho hình tứ diện ABCD có AB  AC  BD  a,  ABC    DBC  , góc giữa đường thẳng AB và mặt phẳng  BCD  bằng 300 , tam giác BCD vuông tại D. 1. Tính thể tích khối tứ diện ABCD. 2. Tính khoảng cách từ điểm C tới mặt phẳng  ABD  . 3. Gọi E là trung điểm của cạnh AB. Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện BCDE. ----------------------- HÕT---------------------- Họ và tên học sinh............................................................................................. Lớp..............................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TT-HUẾ ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I , NĂM 2008-2009 TRƯỜNG THPT QUỐC HỌC MÔN: TOÁN - LỚP 12 Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC HỌC SINH (8 điểm) 1 3 1 2 4 Câu I :(3đ) Cho hàm số y  x  x  2x  (1) 3 2 3 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2) Viết phương trình tiếp tuyến với (C), biết tiếp tuyến đó song song với đường thẳng (d ) : y  4 x  2 . Câu II :(2đ) Giải các phương trình sau :   1) log 3 3 x  8  2  x . 2 log x 2 2)   log x . x x log log 10 10 Câu III :(2đ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Trên các cạnh SB, SC ta lấy SM 2 SN 1 lần lượt các điểm M, N sao cho  và  . SB 3 SC 2 SP 1) Mặt phẳng (AMN) cắt cạnh SD tại điểm P. Tính tỷ số . SD 2) Mặt phẳng (AMN) chia hình chóp S.ABCD thành hai phần. Tìm tỉ số thể tích của hai phần đó. Câu IV :(1đ) Cho hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác đều cạnh bằng a và chiều cao của hình lăng trụ bằng h. Tính diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ đó. II. PHẦN RIÊNG (2 điểm) Học sinh học chương trình nào thì làm phần dành riêng cho chương trình đó ) A.Chương trình Chuẩn: Câu VA :(2đ) 1) Tính đạo hàm các hàm số sau: a) y   sin x  cos x  e2 x b) y  x 2 ln x 2  1 5  12 x 2) Giải bất phương trình:  log x 4  log 2 2 12 x  8 B. Chương trình Nâng cao : Câu VB: (2đ) Dùng đồ thị để biện luận theo m số nghiệm của phương trình : x 2   m  2  x  3m  2  0 ----------HẾT----------
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu Nội dung Điểm I (3đ) 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) TXĐ: D  0,25 Giới hạn: lim y   x  y '  x 2  x  2 ; y '  0  x  1; x  2 0,25 Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 2  và 1;  , nghịch biến trên khoảng (-2 ; 1) 0,25 5 đạt cực đại tại điểm x  2 ; yC §  2 , đạt cực tiểu tại điểm x  1 ; yCT   2 BBT: x  2 1  0,75 y’ + 0  0 + y 2   -5/2  4  1 1 Đồ thị: cắt trục tung tại điểm  0;  , điểm uốn U   ;  là tâm đối xứng  3  2 4 y O 0,50 x 1 2 Gọi  xo ; f ( xo )  là tiếp điểm của tiếp tuyến cần tìm. 0,5 2 2 f '( xo )  4  xo  xo  2  4  xo  xo  6  0  xo  2; xo  3 2 26 0,25 xo  2  f ( xo )   , tiếp tuyến là:  d1  y  4 x  3 3
1 73 0,25 xo  3  f ( xo )  , tiếp tuyến là:  d2  y  4 x  6 6 II (2đ) 1 ĐK: 3x  8  0 ; pt  3 x  8  32 x  32 x  8.3 x  9  0 0,50 Đặt t  3 x ;t  0 , pt trở thành: t 2  8t  9  0  t  1(lo¹i);t  9 0,25 với t = 9, ta có : 3 x  9  x  2 (thoả điều kiền) 0,25 Vậy, pt có một nghiệm duy nhất là x = 2. 2 2 log x 2 0,25 ĐK: 0  x  10 ; pt    log x log x  1 log x  1 2t 2  t  1(lo¹i ) 0,50 đặt t  log x ( t  1 ), ta có pt:   t  t2  t  2  0    t  2 t 1 t 1  t  2 1 với t  2 , ta có : log x  2  x  (thoả điều kiện) 100 0,25 1 Vậy, pt có một nghiệm duy nhất là x  . 100 III (2đ) S N P I D M 0,25 C O A B 1 Gọi O  AC  BD . Trong tam giác SAC, các trung tuyến SO và AN cắt nhau ở I là SI 2 SM SI 2 trọng tâm của tam giác nên có  . Suy ra    IM // BD . SO 3 SB SO 3 0,75 Trong tam giác SBD, IM cắt SD tại P chính là giao điểm của (AMN) với SD. SP SM 2 SP 2 Suy ra     SD SB 3 SD 3 2 O là trung điểm của BD và IM // BD nên I là trung điểm của PM, suy ra: S ABC  sACD ; S AMN  S APN 0,75 VS . AMPN 2 VS . AMN SA SM SN 2 1 1 Do đó      1   VS . ABCD 2 VS . ABC SA SB SC 3 2 3
1 2 V 1 0,25  VS . AMNP  VS . ABCD  VABCDMNP  VS . ABCD  S . AMNP  3 3 VABCDMNP 2 IV (1đ) A Giả sử ABC.A’B’C’ là lăng trụ tam giác đều. Gọi I, I’ C I lần lượt là tâm các tam giác đều ABC và A’B’C’. Ta có 0,50 B I I’ là trục của hai tam giác đều này. Gọi O là trung điểm của I I’ ta có OA = OB = OC = OA’ = OB’ = OC’. Nên O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ đã cho và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ là: O h2 a 2  h 2 a2  0,50 R  OI 2  AI 2    Smc  4 R 2  4    4 3  4 3  A' I' C' B' Va (2đ) 1a y '   cos x  sin x  e2 x   sin x  cos x  2.e2 x   3sin x  cos x  e 2 x 0,50 1b x2 1 2x  x3 0,50 y  x 2 ln x 2  1  2   ln x 2  1  y '   2   2 x ln x 2  1  x 2 2  x 1    x ln x 2  1  2 x 1 2 0  x  1  5 2 ĐK:  5  12 x   x  (*) 0,25 12 x  8  0 12 3  2 5  12 x 5  12 x bpt  log 2  2  log 2  log 2 x (vì với điều kiện (*) thì log 2 x 12 x  8 12 x  8 0,50 log 2 x  0 )  5  12 x x  6 x  5 1  2 x   0   5 / 6  x  1/ 2 12 x  8 12 x  8 x  2 / 3  Kết hợp với điều kiện (*), nghiệm của bpt là 5 / 12  x  1/ 2 . 0,25 Vb (2đ) 2 x2  2 x  2 0,25 x   m  2  x  3m  2  0  m x 3 Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số 0,25 x2  2 x  2 y và đường thẳng y  m . x 3
x2  2 x  2 Hàm số y  là hàm số chẵn nên đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng. x 3 0,50 x2  2x  2 x2  2 x  2 Từ đồ thị của hàm số y  ta suy ra đồ thị của hàm số y  . x 3 x 3 Đồ thị: 0,50 y Dựa vào đồ thị ta có: * m < 2/3: pt có 2 nghiệm * m = 2/3: pt có 3 nghiệm 6 * 2/3 < m < 2: pt có 4 nghiệm * m = 2: pt có 2 nghiệm 0,50 * 2 < m 6: pt có 4 nghiệm 1 HẾT
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I LỚP 12 THPT QUẢNG TRỊ Môn: Toán. Năm học 2009 – 2010 Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian giao đề) ______________________________________________________________________ I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu 1. (3đ) Cho hàm số: (1) với m là tham số. a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Tìm m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt. Câu 2. (1,5đ) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số trên đoạn . Câu 3. (2,5đ) Cho tứ diện SABC có ba cạnh SA, SB, SC vuông góc với nhau từng đôi một với SA = 1cm, SB = SC = 2cm. a) Xác định tâm và tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện. b) Tính thể tích khối cầu đó. II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Học sinh học theo chương trình nào thì chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó 1. Theo chương trình Chuẩn Câu 4. (3 điểm) Giải các phương trình: 1) 16 x  17.4 x  16  0 2 2) log 2 x  9 log 8 x  4 2. Theo chương trình Nâng cao Câu 4 (3 điểm)  x   x1  1) Giải phương trình: log 2 2  1 .log 2 2  2  12 x2  x  m 2) Tìm m để đồ thị hàm số (Cm): y  với m ≠ 0 cắt trục hoành tại 2 x 1 điểm phân biệt A, B sao cho tiếp tuyến với đồ thị tại 2 điểm đó vuông góc với nhau. __HẾT__
Trường Lê Quý Đôn ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I NĂM HỌC : 2009-2010 M«N: TOÁN - KHỐI 12 Thời gian : 90 phút ( không tính thời gian giao đề ) ...................................................... I .PHẦN DÀNH CHUNG CHO CẢ HAI BAN ( 7. 0 điểm ) 3x  2 Câu 1: (3.0 điểm) : Cho hàm số y  có đồ thị C  x 1 a. Khảo sát và vẽ đồ thi C  . b.Tìm các điểm trên đồ thị C  của hàm số có tọa độ là những số nguyên. c. Chứng minh rằng trên đồ thị C  không tồn tại điểm nào mà tại đó tiếp tuyến với đồ thị đi qua giao điểm của hai tiệm cận . Câu 2: (2.0 điểm) : Giải các phương trình sau a. 22x+1 – 9.2x + 4 = 0 b. 2 log x 3  2 log 3 x  3  0 Câu 3: (2.0 điểm) : Trong không gian cho tam giác ABC vuông tại A., có cạnh BC = 2a; AB  a 2 . Tính diện tích xung quanh của hình nón tròn xoay khi quay đường gấp khúc CBA xung quanh trục là đường thẳng chứa cạnh AB. Tính góc ở đỉnh của hình nón đó. II. PHẦN DÀNH RIÊNG CHO TỪNG BAN ( 3. 0 điểm ) A. Phần dành riêng cho ban cơ bản: Câu 1: (1,50 điểm) : Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A, BC = 2a ; các cạnh bên SA = SB = SC = a 3 . Xác định tâm và tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. 1 1 Câu 2: (1,50 điểm) : Cho hàm số y  mx 3  m  1x 2  3m  2 x  . Với giá trị nào của 3 3 m thì hàm số có cực đại và cực tiểu, đồng thời hoành độ các điểm cực đại và cực tiểu x1 , x21 thỏa mãn điều kiện x1  2 x2  1 . B. Phần dành riêng cho ban KHTN: ( 3. 0 điểm ) Câu 1: (1,50 điểm) : Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a. SAB là tam giác đều và vuông góc với đáy. Xác định tâm và tính diện tích mặt càu ngoại tiếp hình chóp. x 2  2m  3x  m 2  4m Câu 2: (1,50 điểm) : Cho hàm số y  . Tìm tất cả các giá trị của xm tham số m để hàm số có hai cực trị và hai giá trị này trái dấu. -----------------------------------Hết-----------------------------------
SỞ GD-ĐT BÌNH ĐỊNH ĐỀ THI HỌC KÌ I - NĂM HỌC 2009 – 2010 TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG Môn : TOÁN 12 ------------------------------ Thời gian: 90 phút ĐỀ CHÍNH THỨC (Không kể thời gian phát đề) ------------------------------ I. PHẦN CHUNG CHO THÍ SINH CẢ HAI BAN (7,0 điểm) Câu I ( 3,0 điểm) Cho hàm số y  f ( x)  x 3  3 x  2 (C) 1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Tìm tham số m để phương trình x3  3 x  2  m  0 có 3 nghiệm phân biệt. Câu II ( 2,5 điểm) 1) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: x3 f ( x)   2 x 2  3 x  1 trên đọan  2; 0 3 1 2) Tìm giá trị của m để hàm số y = (m  2)x 3  mx 2  x có cực đại, cực tiểu. 3 1  log 9 4 2 3) Tính giá trị của các biểu thức: A = log 1 16  81 4 Câu III ( 1,5 điểm) Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên SA vuông góc a 6 với mặt phẳng đáy và SA = . 2 1) Tính thể tích khối chóp S.ABC. 2) Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. II. PHẦN DÀNH CHO HỌC SINH TỪNG BAN (3,0 điểm) A. Dành cho thí sinh ban cơ bản Câu IVa (2,0 điểm) Giải các phương trình, bất phương trình sau:  x2 3 x 1 x 2  3x  2 1) 2  2) log 1 0 16 2 x Câu Va ( 1,0 điểm) Cho hàm số y  f ( x)  ln x  x 2  1  . Tính f ' ( 3 ) .     B. Dành cho thí sinh ban nâng cao Câu IVb ( 2,0 điểm) 1 log6 8 log 125 3  1 2 6 1) Đơn giản biểu thức:   6  1 2) Tìm x biết: log 1  2 x    1 2  2  x 2  mx  1 Câu Vb (1,0 điểm) Cho hàm số y  (Cm ) . Tìm m để tiệm cận xiên của (Cm) cắt x 1 hai trục tọa độ tạo thành một tam giác có diện tích bằng 8. .........Hết.......
ĐÁP ÁN THI HỌC KÌ I – (09-10) LỚP 12 Câu Ý Nội dung Điểm I 1 * TXĐ: D = R 0,25 * lim f (x)   x  * Sự biến thiên: x  1 y '  3x 2  3 , y’ = 0  3 x 2  3  0   0,25  x  1 * Bảng biến thiên: x - -1 1 + y' + 0 - 0 + y 4 + 0,5 - 0 * Hàm số đồng biến trên  ; 1 ; 1;   , nghịch biến trên (-1; 1) 0,25 * Hàm số đạt cực đại tại x = -1, fCĐ= 4 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1,fCT = 0 0,25 * Đồ thị: Điểm đặc biệt: x -2 -1 1 2 y 0 4 0 4 y 4 0,5 2 -2 -1 0 1 x 2 * x3  3x  2  m  0  x3  3x  2  m 0,5 Phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng y = m cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt. 0m4 0,5 2 II 1 * f’(x) = x + 4x + 3 0,25  x  1  [-2;0] 0,25 f’(x) = 0    x  3  [-2;0] 1 1 *f(-1) =  , f(-2) = , f(0) = 1 0,25 3 3 1 * KL: maxf(x)=1, minf(x)   0,25 [-2;0] [-2;0] 3
2 y’ = (m – 2)x2 – 2mx – 1 0,5 Hàm số có CĐ, CT  pt y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt a  m  2  0  m  2  2  0,25  '  m  m  2  0  m  1 3 * log 1 16  2 0,25 4 1 * 812  log9 4  9.16  144 suy ra A = 142 0,5 III 1 S 0,25 M I A C O K H B 1 1 1 a 3 a 6 a3 2 VS.ABC = SABC.SA = AH.BC.SA  . .a.  0,5 3 6 6 2 2 8 2 Xác định được tâm I của mặt cầu 0,25 Ta có AMIO là hình chữ nhật. Bán kính mặt cầu: 4 17 R = IA = AO 2  IO2  AH 2  AM 2  a 0,25 9 24 2 17 a 0,25 Diện tích mặt cầu: S = 4 R 2  6 IVa 1 2 1 2 x 3x  16 2  x2 3 x  2 4   x 2  3 x   4 0,5  x  1   x 2  3x  4  0   x  4 0,5 Vậy phương trình có hai nghiệm x = -1; x = 4. 2 x 2  3x  2 0  x  1 0,25 *Điều kiện: 0  x x  2 Với điều kiên đó phương trình: x 2  3x  2  1 0,25 x x  0  2  2  x  2  2 0,25  * KL: S = 2  2;1  2; 2  2    0,25
Va * y  f ( x)  ln  x  x 2  1      x 1 f’(x) = x2  1 x  x2  1 0,5 3 1 f’( 3 ) = 2 1 0,5 32 2 IVb 1 1 1 log 6 8  log 6 125  log 6 8  log 1 125 2 2 62 0,5 8  log 6 8  log 6 125  log 6 125 1 8 log6 8 log 125 log 6 125 1 2 6 1 125 3 log 6 125 5 0,5 => 3   3   6 8  3  6 6 8 2 2  1 log 1  2 x    1 2  2 1 Điều kiện: 2 x  >0  x  1 . Khi đó: 0,25 2  1  1 1 1 1 log 1  2 x    1  log 1  2 x    log 1  2 x   0,25 2  2 2  2 2 2 2 2 x x 0  2 1 2  2  x  0 0,25 Kết hợp điều kiện kết luận : - 1 < x < 0 0,25 Vb x 2  mx  1 *y (C m ) x 1 * Xác định được TCX: y = x + m + 1 0,25 * Giao điểm với Ox:  m  1; 0  , với Oy:  0; m  1 0,25 1 m  3 0,5 *Giả thiết cho:  (m  1)2  8   2  m  5 (Chú ý: Mọi cách giải đúng khác đều cho điểm tối đa)
Trường THPT Đào Duy Từ ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I- NĂM HỌC 2010-2011 (Đề chính thức ) Môn: Toán ---------------- (Thời gian làm bài: 90 phút ) ------------------------------ I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (6,0 điểm) Câu I (3,0 điểm) 2x 1 Cho hàm số y  (C) . x2 1.Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số. 1 2.Tìm phương trình tiếp tuyến với (C) , biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y= x+2010 3 Câu II (3,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2 2 1 9x 3  28 . 3 x 5  0 3 2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = 2x3  3x2  12x  2 trên [1;2] . II. PHẦN RIÊNG (4,0 điểm). Thí sinh chọn một trong 2 phần (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình Chuẩn: Câu III.a (3,0 điểm) Cho tứ diện SABC có ba cạnh SA,SB,SC vuông góc với nhau từng đôi một với SA = 1cm, SB = SC = 2cm 1) Tính thể tích của khối chóp S.ABC. 2/ .Xác định tâm và tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện , tính diện tích của mặt cầu và thể tích của khối cầu đó. Câu IV.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình: log x  3 x  1  log x  x 2  1 2. Theo chương trình Nâng cao: Câu III.b (3,0 điểm) Cho hình chóp SABCD, đáy ABCD là hình vuông có cạnh 2a, SA vuông góc đáy và cạnh bên SC hợp với đáy một góc 60o. 1) Tính thể tích khối chóp SABCD. 2) Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp và thể tích mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S.ABCD Câu IV.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:  x 2  y 2  1  0   x e  e y  (log 2 y  log 2 x)( xy  1)  ----Hết----
Trường THPT Đào Duy Từ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I- NĂM HỌC 2010-2011 Môn: Toán 1.Lời giải tóm tắt, biểu điểm CÂU Lời giải tóm tắt Điểm 2x 1 1)Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số y  (C) x2 2 Điểm + Tập xác định: D = R \ 2  0,25 + Tiệm cận đứng: x = 2 0,25 + Tiệm cận ngang: y = 2 3 0,5 + Đạo hàm: y’ = < 0 với mọi x thuộc D ( x  2) 2 + Bảng biến thiên: 0,5 x  2 + y’   2 + y Câu I  2 (3,0 điểm) + Đồ thị 0,5 6 4 2 -5 O 2 5 -2 -4 2) Tìm pttt với (C) 1 Điểm + Tiếp tuyến tại M(xo,y0) : y – y0 = f ’(xo)( x – xo) 0,25 + Theo bài ra ta có f ’(xo) = – 3  xo= 1, x0=3 0,5 + Vậy tiếp tuyến : y = – 3(x – 1) – 1 = –3x + 2; y=-3(x-3) +5=-3x+14 0,25 2 2 1 1,5 Điểm 9 x 3  28.3x 5   0 (*) 1. Giải phương trình: 3 Câu II + Đặt t = 3 x 2 3 ,t>0 0,25 (3,0 28 1 0,25 + (*) trở thành: t2 – t+ =0 điểm) 9 3 1  t = 3 hay t = 9 + t = 3  3x 2 3 =3 0,5
CÂU Lời giải tóm tắt Điểm 2  x -3= 1  x =  2 . Vậy phương trình có nghiệm x =  2 1 2 +t=  3 x 3 = 3-2 9 0,5 2  x -3= -2  x =  1 . Vậy phương trình có nghiệm x =  1 2. . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 1,5 Điểm y = 2x3  3x2  12x  2 trên [1;2] . TXĐ D  [1;2]  x  2 (l) y  6x2  6x  12 , y  0  6x 2  6x  12  0   x  1 0,75 Vì y(1)  15, y(1)  5, y(2)  6 nên Miny  y(1)  5 , Maxy  y(1)  15 0,75 [1;2] [1;2] Câu IIIa 0,5 (3,0 a) Tính thể tích của khối chóp S.ABC. 1.0 Điểm 1 Ta có V  S SAB .SC 3 0,5 2 Mà SC = 2cm. SSAB=cm Vậy V = cm3 0,5 3 b/ .Xác định tâm và tính bán kính của mặt cấu ngoại tiếp tứ diện , tính diện tích của mặt cầu và thể tích của khối cầu đó. Câu IIIa (3,0 Gọi I là trung điểm của AB . Từ I kẻ đường thằng  vuông góc với điểm) 0, 5 mp(SAB) thì  là trục của SAB vuông . Trong mp(SCI) , gọi J là trung điểm SC , dựng đường trung trực của cạnh SC của SCI cắt  tại O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC . Khi đó : Tứ giác SJOI là hình chữ nhật . Khi đó : Tứ giác SJOI là hình chữ nhật . 1 5 3 Ta tính được : SI = AB  , OI = JS = 1 , bán kính R = OS = 2 2 2 0,5
CÂU Lời giải tóm tắt Điểm Diện tích : S = 4R 2  9  (cm 2 ) 4 3 9 0,5 Thể tích : V = R   (cm3 ) 3 2  Giải bất phương trình: logx  3x 1  logx x 1 2  1 Điểm x  1 x  1 x  1  2  Câu IV.a   x  3x  2  0  1  x  2 2  0  x  1 1  x  2  3 x  1  x  1  (1,0  0  x 1  0  x  1    1 0.75    x 1 điểm)    3 x  1  0  x 1 3   0  3 x  1  x 2  1    3  2     x  3x  2  0  x  2  x  1  1  Vậy bất phương trình có nghiệm x   ; 2  \ 1 3  0,25 S I 0,5 D A Câu III.b 60 (3,0 B điểm) C Hình vẽ 1) Tính thể tích khối chóp S.ABCD. 1 Điểm 1 Ta có V  S ABCD .SA 3 0,5 + S ABCD  (2a ) 2  4a 2 + SAC có : SA  AC tan C  2a 6 0,25 1 2 8a3 6 V  4a .2a 6  0,25 3 3
CÂU Lời giải tóm tắt Điểm 2/ Tính diện tích mặt cầu và thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp. 1,5 Điểm Xác định tâm và tính bán kính của mặt cấu ngoại tiếp: Ta có A,B,D cùng nhìn đoạn SC dưới một góc vuông nên hình chóp có mặt 0,5 cầu ngoại tiếp với đường kính SC và tâm là trung điểm SC. SC 32 Bán kính R= a 0,5 2 2 Diện tích : S = 4R  32a 2 2 4 16 0,5 Thể tích : V = R 3  a 3 32 3 3 Giải hệ phương trình:  x 2  y 2  1  0  1 Điểm  x e  e y  (log 2 y  log 2 x)( xy  1)  Giải: Điều kiện x; y>0 e x  e y  (log 2 y  log 2 x)( xy  1) (1) 0,25 *) Giải (1) ta có nhận xét sau: VT1  0  - Nếu x  y  log 2 x  log 2 y , khi đó:   (1) vô nghiệm Câu IV.b   VP1  0 (1,0 VT1  0  0,25 điểm) - Nếu x  y  log 2 x  log 2 y , khi đó:   (1) vô nghiệm VP1  0  - Vậy x=y là nghiệm của (1) x  y x  y x  y  1 Khi đó hệ có dạng:  2 2  2  1 x y 0,25  x  y  1 2 x  1  x  2 2   1 1  Vậy hệ có 1 cặp nghiệm  ; .  2 2 0,25 2.Một số lưu ý: * Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi bài. Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập luận lô gic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng. * Trong mỗi bài, nếu học sinh giải sai ở bước giải trước thì cho điểm 0 đối với những bước giải sau có liên quan. * Điểm thành phần của mỗi bài nói chung phân chia đến 0,25 điểm. Đối với điểm thành phần là 0,5 điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm. * Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của từng bài. * Điểm của toàn bài là tổng (làm tròn số đến 0,5đ) của điểm tất cả các bài. Người ra đề Hoàng Thị Uyên
SỞ DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I LỚP 12 THPT QUẢNG TRỊ Khoá ngày 28 tháng 12 năm 2010 MÔN TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian giao đề) ------------------------------------------------------------------------------------------------------ I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7.0 điểm) Câu 1: ( 3.0 điểm ) Cho hàm số: y = x4 – 2x2 . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Dựa vào đồ thị (C), tìm m để phương trình x4 – 2x2 = log2 m có bốn nghiệm phân biệt. Câu 2: ( 1,5 điểm ) 1 Cho hàm số y  ln . 1 x a) Tính y’ ( đạo hàm cấp một ). y b) Chứng minh hệ thức x.y’ + 1 = e . Câu 3: ( 2,5 điểm ) Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB = a, BC = 2a, AA’ = a. Lấy điểm M trên cạnh AD sao cho AM = 3MD. a) Tính thể tích khối hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ . b) Tính thể tích khối chóp MAB’C. c) Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (AB’C). II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh được chọn một trong hai phần ( Chương trình chuẩn hoặc chương trình nâng cao ). 1. Chương trình chuẩn: Câu 4 ( 4.1: 2,0 điểm; 4.2: 1,0 điểm ) 4.1) Giải phương trình: 9x – 8.3x -9 = 0. 4.2) Giải phương trình: log 4 ( x  2).log x 2  1. 2. Chương trình nâng cao: Câu 4 ( 4.1: 2,0 điểm; 4.2: 1,0 điểm ) 2 4.1) Giải phương trình: log 2 ( x  2)  log 4 ( x  5)  log 1 8  0. 2 4 2 3 2 4.2) Cho hàm số y = x – 2mx + m – m . Xác định m để đồ thị (Cm) của hàm số đã cho tiếp xúc với trục hoành tại hai điểm phân biệt. ------------------------------- HẾT ------------------------------
SỞ DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN KIỂM TRA HỌC KỲ I LỚP 12 THPT QUẢNG TRỊ Khoá ngày 28 tháng 12 năm 2010 MÔN TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian giao đề) ------------------------------------------------------------------------------------------------------ I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu Đáp Án Điểm 4 2 Câu 1: Cho hàm số: y = x – 2x . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. (3 điểm) Tập xác định: D = R 0.25 2 y’ = 4x(x - 1) x  0  y  0 y’ = 0   0.75  x  1  y  1 lim ( x 4  2 x 2 )   0.25 x  Bảng biến thiên: x  -1 0 1  y’ - 0 + 0 - 0 + y  0  0.5 -1 -1 -Hàm số đồng biến trên các khoảng (-1; 0) và (1;  ) -Hàm số đồng biến trên các khoảng (-  ; -1) và (0; 1). -Hàm số đạt cực đại tại x = 0; Giá trị cực đại là yCĐ = 0 -Hàm số đạt cực tiểu tại x =  1; giá trị cực tiểu là yCT = -1. 0.25 Đồ thị: fx = x4-2x2 y 2 y” = 4(3x - 1) 1 5 4 y"  0  x    y 3 9 Đồ thị có 2 điểm uốn (Hs không cần tính) 2 1 5 1 5 0.5 U1 ( ;  ), U 2 ( ;  ) 3 9 3 9 x  0 y0  - 2 2 x x   2 -1 2) Phương trình x4 – 2x2 = log 2 m có 4 nghiệm phân biệt khi: 1  log2 m  0 với m > 0 0.25