Tài liệu Toan 12 hki - hn2

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: 90 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 20/12/2012 ĐỀ ĐỀ XUẤT (Đề gồm có 01 trang) Đơn vị ra đề: THPT HỒNG NGỰ 2 I. PHẦN CHUNG (7 điểm) Câu I: (3 điểm ) Cho hàm số y  x 3  3x  2 (C) 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số . 2 Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm của phương x 3  3 x  2  2m  0 . Câu II: (2 điểm) 1. Đơn giản biểu thức . B= a-1 4 3 . 1 a  a2 a  4 a 14 .a  1 với a>0 a 1 2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: y=f(x)=xlnx trên [1;e] Câu III: (1 điểm) Cho hình tứ diện đều ABCD cạnh bằng a. 1. Tính thể tích khối tứ diện đều ABCD theo a. 2. Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình tứ diện theo a II. PHẦN RIÊNG (3.0 điểm) (Học sinh chọn câu IV a và Va hay IV b và Vb) A. Theo chương trình chuẩn. x 1 Câu IVa: (1 điểm) Cho (C ) có phương trình y=f(x)= . x 1 Viết phương trình tiếp tuyến với (C ) biế hệ số góc của tiếp tuyến bằng -2 Câu Va: (2 điểm) 1. Giải phương trình: log 2 ( x  5)  log 2 ( x  2)  3 2 Giải bất phương trình : 91 x  9 x  10  0 . B. Theo chương trình nâng cao x 1 . x 1 Viết phương trình tiếp tuyến với (C ) biế hệ số góc của tiếp tuyến bằng -2 Câu Vb: (1 điểm) Cho (C ) có phương trình y=f(x)= Câu VIb: (2 điểm) 2 ex x2 1. Cho hàm số y  f ( x)  .  x 2x 2 Tìm x để f’(x)=0 2. Cho phương trình x 3  3x  4  2m 2  0 . Tìm m để phương trình có đúng 1 nghiệm . ----HẾT--- SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ I Năm học: 2012-2013 Môn thi: TOÁN – Lớp 11 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ĐỀ XUẤT (Hướng dẫn chấm gồm có 04 trang) Đơn vị ra đề: THPT HỒNG NGỰ 2 Câu NỘI DUNG ĐIỂM Cho hàm số y  x  3x  2 (C) I 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số . (3,0đ) 2 Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm của phương 3 x  3 x  2  2m  0 . 1 Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số . 1) Tập xác định: D  R 2) Sự biến thiên Đạo hàm: y '  3x 2  3 y '  0 � x  �1 3 Hàm số đồng biến trên các khoảng  �; 1 và  1; � , nghịch biến trên khoảng  1;1 . Hàm số đạt cực đại tại x  1 , y C�  4 , đạt cực tiểu tại x  1 , y CT  0 . Bảng biến thiên: x - y’ + y - -1 0 - 1 0 4 + + + 0 Giao điểm của đồ thị với các trục tọa độ + Giao điểm với Oy: x  0 � y  2 :  0;2  x  1 : 1; 0 , 2; 0 �  + Giao điểm với Ox: y  0 � � x  2    � 0,50 y 8 6 4 2 0,50 x -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 -2 -4 -6 -8 2 Dựa vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm của phương x 3  3 x  2  2m  0 . . Phương trình viết lai là x 3  3x  2  2m Số nghiệm thực của phương trình x 3  3x  2  m  0 bằng số giao điểm của đồ thị (C) của hàm số y  x3  3x  2 và đừờng thẳng (d): y  2m . Dựa vào đồ thị ta có: Với m  0 hoặc m>2 , (d) và (C) có một điểm chung, do đó phương trình có một nghiệm. Với m  0 hoặc m  2 , (d) và (C) có hai điểm chung, do đó phương trình có hai nghiệm. Với 0  m  2 , (d) và (C) có ba điểm chung, do đó phương trình có ba nghiệm 1.0 0,25 0,25 0,25 0,25 II (2,0đ) 1 1. 1.0 B= a-1 4 3 a a  a a .a  1 a 1 1 4 4 1 2 . 3 4 1 2 ( a  1)( a  1)( a  a ) 4 3 1 2 1 0,50 (a  a )( a  1)  ( a  1)  1 0,25  a Vậy B  a 2 2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: y=f(x)=xlnx trên [1;e] Hàm số liên tục và xác định trên đoạn [1;e] y’= lnx + 1 y’=0 suy ra x = 0,25 0,25 1 �[1;e] e 0,25 f(1 ) = 0 và f(e ) = e Vậy: Max f(x)=e tại x=e 0,25 0,25 Min f(x)=0 tại x=1 0,25 III 2 1 Gọi G là trọng tâm của tam giác BCD Do ABCD là tứ diện đều nên AG  (BCD) Vậy AG là đường cao của tứ diện Vậy BG  2 a 3 BE  3 3 a2 6 AG=  AB  BG  a  a 3 3 2 2 2 Diện tích tam giác BCD bằng S= a2 3 4 1 6 a 2 3 a3 2 V= a = 3 3 6 4 2 Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình tứ diện theo a Ta thấy AG là trục của tam giác BCD Dựng mặt trung trực (P) của đoạn AB tại trung điểm H cắt AG tại điểm I I là tậm của mặt cầu AB 2   Bán kính R=IA = 2 AG S= 4 R 2  4 a IVa (2,0đ) a2 2a 6   a2 6 4 6 3 a 6 4 x 1 x 1 Viết phương trình tiếp tuyến với (C ) biế hệ số góc của tiếp tuyến bằng 2 Cho (C ) có phương trình y=f(x)= txd : D  R \ {1} M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm 2 2 y'  2 nên 2 ( x  1) ( x0  1) 2 Va (1,0đ) Giải phương trình ta có x0  0; x0  2 Với x0  0 ta có y0  1 PTTT là y  2( x  0)  1 Suy ra y=2 x-1 1 x0  2 ta có y0  3 1 13 PTTT là y=2(x+2)+ suy ra y=2x + 3 3 1 log 2 ( x  5)  log 2 ( x  2)  3 (1) log 2 ( x  5)  log 2 ( x  2)  3 (1) ĐK x  5 Pt(1) � log 2 �  x  5  x  2  � � � 3 0,25 0,25  x  5  x  2   9 � x 2  3 x  19  0 3  85 3  85 (loại); x  � x 2 2 3  85 Vậy phương trình có nghiệm x  2 2 0,50 0,25 0,25 91 x  9 x  10  0 . Biến đổi pt 91 x  9 x  10  0 � 91  9 x  10  0 (1) . x 9 do 9 x  0. 0,25 � 9  9 x .9 x  10.9 x  0 � (9 x ) 2  10.9 x  9  0 Đặt t=9x , đk t>0 . t 1 � 2 Pt (1) � t  10t  9  0 � � t 9 � Với . 0< t<1 � 9 x  1 � 9 x  90 � x  0 . Với t>9 � 9 x  9 � 9 x  91 � x  1 0,25 0,25 0,25 Đáp số : Nghiệm pt là x<0 , x>1 . x 1 x 1 Viết phương trình tiếp tuyến với (C ) biế hệ số góc của tiếp tuyến bằng 2 txd : D  R \ {1} 2 y'  ( x  1) 2 2 2 M ( x0 ; y0 ) là tiếp điểm và k=2 nên ( x0  1) 2 IVb (1,0đ) Cho (C ) có phương trình y=f(x)= Giải phương trình ta có x0  0; x0  2 Với x0  0 ta có y0  1 PTTT là y  2( x  0)  1 Suy ra y=2 x-1 1 Với x0  2 ta có y0  3 1 13 PTTT là y=2(x+2)+ suy ra y=2x + 3 3 0,25 0,50 0,25 Vb (1,0đ) 2 1 Cho hàm số ex x2 y  f ( x)  x 2x 2 . Tìm x để f’(x)=0 2 f '( x )  e x  1  x f '( x ) =0 khi và chỉ khi 0,25 2 2 ex  1  x  0 � ex  1  x (a) Pt (a) có Vt là hàm số tăng và Vp là hàm số giãm nên đồ thị cắt nhau tại không quá 1 điểm Vậy PT (a) có không quá 1 nghiệm Dễ thấy x=0 là một nghiệm Vậy : x=0 2 0,25 0,25 0,25 x 3  3 x  2  2m 2  2 y  x 3  3x  2 Xét hàm số Ta có y '  3x 2  3 y '  0 � x  �1 0,25 x - y’ y Bảng biến thiên: -1 1 + 0 4 - 0 + + + - 0 Số nghiệm của phương trình là số điểm chung của hai đường (C )có pt : y  x 3  3x  2 (d) y= 2m 2  2 Dựa vào bảng biến thiên ta có 2m 2  2 <0 suy ra m<-1; m>1 suy ra m   3; m  3 2m 2  2 >4 Vậy m<-1; m>1 HẾT 0,25 0,25 0,25