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: 14/11/2012
ĐỀ ĐỀ XUẤT
(Đề gồm có 01 trang)
Đơn vị ra đề: THPT LONG KHÁNH A
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (3,0 điểm). Cho hàm số y x3 3 x 2 2 , gọi (C ) là đồ thị của hàm số.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.
2) Dùng vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm của phương trình: x3 3x 2 m 0 .
Câu 2 (2,0 điểm).
2
A
1) Tính giá trị của biểu thức:
9log3 7 log 25
1
�81 �
4
1
� �
125 �
16 �
2) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: y e x ( x 2)2 trên đoạn [1;3].
Câu 3 (2,0 điểm).
Cho khối chóp S . ABC có đáy là tam giác ABC vuông cân tại B . Cạnh bên SA vuông góc
với mặt phẳng ( ABC ) và SA 2a . Mặt bên ( SBC ) hợp với mặt đáy một góc 300 .
a) Tính thể tích của khối chóp S . ABC .
b) Xác định tâm và tính bán kính của mặt cầu đi qua bốn đỉnh của hình chóp S . ABC .
II. PHẦN RIÊNG – PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình Chuẩn:
x4
3
Câu 4a (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C ) của hàm số y
x 2 tại
2
2
điểm có hoành độ bằng 1 .
Câu 5a (2,0 điểm)
1) Giải phương trình: 6 x 61 x 5 0 .
2
2) Giải bất phương trình: 2log8 ( x 2) log 1 ( x 3) 3 .
8
Câu 4b (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C ) của hàm số y =
1
tuyến có hệ số góc bằng .
5
Câu 5b (2,0 điểm).
1) Cho hàm số
y x.e
x2
2
. Chứng minh rằng, xy�
(1 x 2 ) y .
2 x +1
biết tiếp
x- 2
2x 1
có đồ thị (C ) . Tìm m để đường thẳng d : y x m cắt đồ thị (C )
x 1
tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O. HẾT.
2) Cho hàm số y
ĐỒNG THÁP
Năm học: 2012-2013
Môn thi: TOÁN – Lớp 12
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ĐỀ XUẤT
(Hướng dẫn chấm gồm có 05 trang)
Đơn vị ra đề: THPT LONG KHÁNH A
Câu
Câu 1
(3,0 đ)
Nội dung yêu cầu
Điểm
1. (2,0 điểm)
0.25
Sự biến thiên:
Chiều biến thiên: y ' 3x 2 6 x , y ' 0
x0
�
�
x2
�
�
0.5
Trên khoảng 0 ; 2 , y ' 0 nên hàm số đồng biến.
Trên mỗi khoảng �; 0 và 2 ; � , y ' 0 nên hàm số nghịch biến.
Cực trị:
Hàm số đạt cực đại tại x 2 và yCĐ = 2.
Hàm số đạt cực tiểu tại x 0 và yCT = 2 .
lim y �
Các giới hạn: x�
�
Bảng biến thiên :
x
y’
�
y
lim y �.
,
0.25
x��
0.25
0
+
�
0.25
2
0
�
–
0
2
2
�
Đồ thị:
0.5
2. (1,0 điểm)
Câu 2
(2,0 đ)
Ta có: x3 3x 2 m 0 � x3 3 x 2 2 m 2 (*)
PT (*) là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C ) và đường thẳng d :
y m 2 . Số nghiệm của PT (*) bằng số giao điểm của (C ) và d .
Dựa vào đồ thị ta có:
m 0 hoặc m 4 : PT (*) có 1 nghiệm
m 0 hoặc m 4 : PT (*) có 2 nghiệm
0 m 4 : PT (*) có 3 nghiệm
1. (1,0 điểm)
9log3 7 3log 3 7
log 25
2
49
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
1
3
125
2
0.25
0.25
2
A
1
1 �81 �
4
9log3 7 log 25
� �
125 �
16 �
2. (1,0 điểm)
y ' e x ( x 2 2 x) với mọi x �(1 ; 3)
2
2
3 3 7
49
2 2
�
x 0 (loai�
)
Xét trên khoảng (1 ; 3) , ta có: y ' 0 � �
x 2 (nhan
�)
�
0.25
3
Vậy max f ( x) f (1) e , min f ( x) f (2) 0 .
1 ; 3
1 ; 3
0.25
0.25
0.25
0.25
Câu 3
(2,0 đ)
a) (1,0 điểm)
0.25
Xét tam giác vuông SAB , ta có:
� SA � AB SA 2a 2a 3
tan SBA
AB
, suy ra BC AB 2a 3
3
tan 300
3
1
1
2a 3.2a 3 6a 2 .
Diện tích tam giác ABC là: S ABC BA.BC �
2
2
1
1
S ABC �
SA �
6a 2 .2a 4a3 .
Vậy thể tích khối chóp S . ABC là : VS . ABC �
3
3
b) (1,0 điểm)
Gọi I là trung điểm của cạnh SC .
Do tam giác SAC vuông tại A , có IA là đường trung tuyến nên
SC
IA IC IS
.
2
Tương tự do tam giác SBC vuông tại B , có IB là đường trung tuyến nên
SC
IB IC IS
.
2
SC
Ta suy ra: IA IB IC IS
. Do đó I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp
2
hình chóp S . ABC .
0.25
0.25
0.25
0.5
Xét tam giác vuông SAC , ta có: SC 2 SA2 AC 2 ,
mà AC 2 AB 2 BC 2 (2a 3)2 (2a 3)2 24a 2 ,
nên suy SC 2 (2a ) 2 24a 2 28a 2 ,
suy ra SC 2a 7 .
0.5
SC
a 7.
2
Tiếp tuyến của đồ thị (C ) : y f ( x ) tại M 0 ( x0 ; y0 ) �(C ) có PT dạng:
Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S . ABC là: R
Câu 4a
(1,0 đ)
y f '( x0 ) x x0 y0 .
0.5
Ta có: y ' 2 x3 2 x .
Theo giả thiết ta có x0 1 , suy ra y0 2 , f '(1) 0 .
Vậy tiếp tuyến có phương trình là : y 0( x 1) 2 hay y 2 .
Câu 5a 1. (1,0 điểm)
(2,0 đ)
6
x
1 x
5 0 � 6x x 5 0
Ta có: 6 6
6
6
Đặt t 6 x , t 0 . Ta có phương trình: t 5 0 .
t
�
t 1 (loai�
)
� t 2 5t 6 0 � �
t 6 (nhan
�)
�
Với t 6 , ta có 6 x 6 � x 1
Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x 1 .
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
2. (1,0 điểm)
Điều kiện x 3
2
2
2
Ta có: 2log8 ( x 2) log 1 ( x 3) 3 � log8 ( x 2) log8 ( x 3) 3
0.25
8
� log8
2
( x 2)
2
x3
3
0.25
( x 2) 2
�
4 � x 2 8 x 16 0 � x ��\ 4
x3
So với điều kiện, ta nhận x � 3 ; � \ 4 .
Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm S 3 ; � \ 4 .
Câu 4b
(1,0 đ)
Tiếp tuyến của đồ thị (C ) : y f ( x ) tại M 0 ( x0 ; y0 ) �(C ) có PT dạng:
y f '( x0 ) x x0 y0 .
Ta có: y '
5
( x 2) 2
Từ giả thiết ta suy ra
0.25
0.25
0.25
.
5
( x0 2) 2
x0 7 � y0 3
�
1
� �
x0 3 � y0 1
5
�
0.25
1
5
Với x0 7 , y0 3 , f '(7) , ta có PTTT: y
1
x 7 3 hay
5
1
22
y x .
5
5
1
5
Với x0 3 , y0 1 , f '( 3) , ta có PTTT: y
1
2
y x .
5
5
Câu 5b 1. (1,0 điểm)
(2,0 đ)
Ta có:
y ' (1 x 2 )e
Vế trái =
x2
2
xy�
x(1 x 2 ).e
x2
2
(1 x 2 ) x.e
2. (1,0 điểm)
1
x 3 1 hay
5
0.25
0.25
0.5
x2
2
(1 x 2 ) y
0.25
= Vế phải (đpcm)
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d:
x 2 (m 3) x 1 m 0,
x �1
0.25
2x 1
xm
x 1
(*)
2
0.25
PT (*) có m 2m 5 0, m �R và (*) không có nghiệm x = 1.
Suy ra PT (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt là x A , x B .
�x xB 3 m
Theo định lí Viét: � A
. Khi đó: A x A ; x A m , B xB ; xB m
�x A .x B 1 m
uur uur
OAB vuông tại O thì OA.OB 0 � x A x B x A m xB m 0
2 x A x B m x A x B m 0 m 2
Vậy m 2 .
2
Lưu ý: .
0.25
0.25
0.25
- Xem thêm -