Toan 12 hki - lka

  • Số trang: 6 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 29 |
  • Lượt tải: 0
uchihasasuke

Đã đăng 588 tài liệu

Mô tả:

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 x0 � � x2 � � 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  x3 3 0.25 ( x  2) 2 �  4 � x 2  8 x  16  0 � x ��\  4 x3 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  xm 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 -