Tài liệu Toan 12 hki - dbk

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I Năm học: 2012-2013 Môn thi: TOÁN - Lớp 12 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 14/12/2012 ĐỀ ĐỀ XUẤT (Đề gồm có 01 trang) Đơn vị ra đề: THPT Đốc Binh Kiều A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm): Câu I (3 điểm) Cho hàm số y  2x  1 có đồ thị (C). x 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Tìm tọa độ điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M vuông góc với đường thẳng ( d ) : y 3 x  2012 . Câu II (1 điểm) 1. Tính giaù trò bieåu thöùc  2 2 3 5 a) A  256 0,75  �1 �  4. �1 � � � � � �27 � �32 � log 25 16 b) B =  3.21log 3  5  4 2 log 9 2x x 2. Tìm GTLN, GTNN cuûa haøm soá: y  e  4e  3 treân ñoaïn [0 ; ln4] Câu III(2điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a ; các cạnh bên đều bằng nhau và bằng 2a. 1) Tính thể tích khối chóp đã cho 2) Tìm tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. B.PHAÀN TÖÏ CHOÏN (3 ñieåm): Hoïc sinh choïn (caâu IV.a; Va hoaëc IV.b; Vb) 2 Caâu IV.a (1 ñieåm) Cho haøm soá y  x (3  x) (C) Vieát phöông trình tieáp tuyeán cuûa (C) taïi giao ñieåm cuûa (C) vôùi truïc hoaønh 2 16 Caâu V.a (2 ñieåm) 1) ( 1 ñieåm) Giaûi phöông trình : 2.14 x  3.49 x  4 x  0 2) (1 ñieåm) Giaûi baát phöông trình: log 1 x  log 5 ( x  2)  log 1 3 5 5 Caâu IV.b (1 ñieåm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  song song với đường thẳng 3x + y - 2 = 0. Caâu V.b (2 ñieåm) 2x 1) Cho haøm soá y  e sin 5 x . Chöùng toû raèng: y " 4 y ' 29 y  0 x2  x  2 biết tiếp tuyến x2 2) Cho haøm soá y  x (3  x) (C) Moät ñöôøng thaúng (d) ñi qua goác toaï ñoä O coù heä soá goùc m. Vôùi giaù trò naøo cuûa m thì ñöôøng thaúng (d) caét (C) taïi 3 ñieåm phaân bieät 2 -----------------------HẾT---------------------SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ I ĐỒNG THÁP CÂU I (3đ) Ý a) (2đ) Năm học: 2012-2013 Môn thi: TOÁN – Lớp 12 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ĐỀ XUẤT (Hướng dẫn chấm gồm có 4 trang) Đơn vị ra đề: THPT Đốc Binh Kiều NỘI DUNG Hàm số : y  ĐIỂM 2x  1 x 1 0,25 + TXĐ : D=R\{1}  3 + y '  ( x  1) 2 < 0 x 1 + Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (  + Hàm số không có cực trị + lim y   ,  lim y 0,25  ;1 ) và (1 ;   ) 0,25   0,25  x 1 x 1  x = 1 là tiệm cận đứng lim y 2 , lim x   y 2 x    y = 2 là tiệm cận ngang + BBT x y’ y 0,5   1 − −  2  + Giao với Ox: y = 0  x =  2 1 2 Giao với Oy: x = 0  y = -1 Đồ thị : 0,5 b) (1đ) Gọi M(x0;y0) là điểm cần tìm 1 Vì tiếp tuyến tại M vuông góc với đường thẳng (d) nên y’(x0) =  3 0,25 0,5   x0 4  y 0 3   x0  2  y0 1  3 1  2 3 ( x0  1) Vậy có 2 điểm cần tìm: M 1 ( 4 ; 3) , II a) (1đ)  2 0,25 M 2 (  2 ;1) 2 5 �1 �3 �1 � A  2560,75  � �  4. � � �27 � �32 � 0,25 0,25 b) (1đ) B =  3.21log 2 3 Ta có: 1log 2 3 = 2. 2 log 2 1 log 16 = 5 2 log 5 25 23 52 4 2 log16 9  42 4 5  log 4 3 2 16 log 25 16 0,5  4 2 log16 9 = 2.9 = 18  5log5 2  2  16 3 16 152 =  3 3 2x x x x 2x x y e  4e  3 ; y ' 2e  4e 2e (e  2) y’ = 0  e x  2 0  x ln 2   0; ln 4 Vậy B = -3.18 – 2 + 2) 0,25 0,25 0.25 y(0) = 0 , y(ln2) = -1 , y(ln4) = 3 Vậy III 1 (1đ) max y 3 khi x = ln4 , min y  1 khi x = ln2  0;ln 4  Hình chóp S.ABCD có đáy là tứ giác đều và các cạnh bên bằng nhau, nên S.ABCD là hình chóp tứ giác đều. Gọi O là tâm của đáy, suy ra SO  (ABCD) 2 2 1 2 a 14 a 3 14 + V a .  (đvtt) 3 2 6 0,25 S 2a 2 a 14 SO  SA  OA  4a   ; 4 2 S ABCD  a 2 2 2 (1đ) 0,25  0;ln 4  0,25 D A C O 0,5 B * Xác định tâm: Ta có SO là trục của đáy Trong mp(SAO), dựng đường trung trực d của cạnh SA  I  d  IA IS  I là tâm mặt cầu ngoại tiếp Gọi I = d  SO    I  SO  IA IB IC ID 0,25 0,25 hình chóp * Bán kính R = SI Gọi N là trung điểm SA, ta có: 2  cos ASB  Iva (1đ) SN SO SA 4a 2a 14   SI    SI SA 2SO a 14 7 y  x (3  x ) 2 ; y’ = 3x2 – 12x + 9 0,25  x0 0  y ' (0) 9 Ta có: y0 = 0    x0 3  y ' (3) 0 0,25 Phương trình tiếp tuyến: Va (2đ) 1 (1đ)  y 9 x  y 0  7  3.   2 2x x 7  2.   1 0  2 7    2 x 2 (t > 0). Phương trình trở thành: 3t + 2t – 1 = 0 t  1(l )  t  1  x log 7 1 3 3  2 log 1 x  log 5 ( x  2)  log 1 3 5 5 (*) Điều kiện: x > 2 (*) 0,25 0,25 2.14 x  3.49 x  4 x  0 Đặt t = 2 (1đ) 0,5 2  log 1  x( x  2)  log 1 3 5 5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25  x( x  2)  3 x   1   x  3 Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của bất phương trình: x > 3 IVb (1đ) x2  x  2 y (C), (d): 3x + y - 2 = 0  y = -3x + 2 x2 y'  x 2  4x ( x  2) 2 Vì tiếp tuyến song song với đường thẳng (d) nên: y’(x0) = -3 2 0 0 0 0 2 0 0 0 x  4 x  x  1  y 0   3   (x  2) x  3  y  10 Phương trình tiếp tuyến: Vb 1 2 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25  y  3x  3  y   3 x  19  y  e 2 x sin 5 x . Chöùng toû raèng: y " 4 y ' 29 y  0 Ta có: y’= 2e2x.sin5x+5e2x.cos5x y’’= -21e2x.sin5x + 20e2xcos5x VT = -21e2x.sin5x + 20e2xcos5x – 4(2e2x.sin5x+5e2x.cos5x) + 29 e2x.sin5x = 0 = VP (đpcm) y  x (3  x ) 2  x 3  6 x 2  9 x (C) 0,25 0,25 0,5 0,25 (d): y = mx Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d):  x 0 x 3  6 x 2  9 x mx   2  f ( x) x  6 x  9  m 0 (*) 0,25 Để (d) cắt (C) tại 3 điểm phân biệt  pt(*) có 2 nghiệm phân biệt khác 0 0,5  '  0  m  0    f (0) 0  m 9