Toan 12 hki - lv3

  • Số trang: 7 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 26 |
  • Lượt tải: 0
uchihasasuke

Đã đăng 588 tài liệu

Mô tả:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP TRƯỜNG THPT LẤP VÒ 3 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) ĐỀ ĐỀ XUẤT I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH: (7,0 điểm) x- 1 Câu I: (3,0 điểm). Cho hàm số y = có đồ thị (C). x- 2 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 1 2 2) Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị (C) với đường thẳng ( d ) : y =- 4 x + . Câu II: (2,0 điểm). 1) Thực hiện phép tính : 2012 2012 �2 � �3 � A  log 2012 � �  log 2012 � �  2log 2 3 �3 � �2 � 2) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x )  e2 x  4.e x  3 trên đoạn  0;ln 4 Câu III: (2,0 điểm). Cho hình chóp đều S.ABCD có đáy là hình vuông tâm O, cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng a 3 . 2 1) Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a. 2) Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD theo a. II. PHẦN RIÊNG – PHẦN TỰ CHON: (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 phần (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn: Câu IV.a (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  f ( x)  điểm M  xo , yo  , biết rằng f / / ( xo )  2 và xo  0 1 4 1 2 x  x  2 (C) tại 4 2 Câu V.a (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: 4 x 1  5.2 x  2  16  0 2) Giải bất phương trình:  12  11  2 x 2 3 x � 12  11 2. Theo chương trình nâng cao: Câu IV.b (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x.ln x trên [1 ; e2] Câu V. b (2,0 điểm) 1) Cho b  2012 1 1log2012 a Chứng minh rằng : và a  2012 1 1log2012 b c  2012 1 1log2012 c với 3 số dương a,b,c và khác 2012. x2 2) Chứng minh rằng đường thẳng (d): y = 2x + m luôn cắt đồ thị (C): y = tại 2 điểm phân biệt A x 1 và B. Tìm m để đoạn AB ngắn nhất . Hết. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP TRƯỜNG THPT LẤP VÒ 3 KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I Năm học : 2012 – 2013 Môn thi : TOÁN - Lớp 12. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ĐỀ XUẤT Phần Chung: Câu I Ý 1) Nội dung lời giải vắn tắt Điểm 2,00 0,25  Tập xác định: D = �\ { 2} . 0,25  Đạ o hà m y� = - 1 2 ( x - 2) <0 , với mọ i x �2 .  Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( - �;2) , ( 2; +�)  Giới hạn, tiệm cận lim y = lim y =1 . Đồ thị có tiệm cận ngang y = 1 . - x�+� x�- � - lim+ y = +�; lim- y =- � . Đồ thị có tiệm cận đứng x = 2 . x�2 x�2 0,25 0,25  Bảng biến thiên x - � y� y 1 +� 2 ||   0,5 +� - � || 1  Đồ thị 0,5 2)  Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và đường thẳng ( d ) : y =- 4 x + là nghiệm của phương trình: x- 1 1 =- 4 x + (1) x- 2 2 1� � � x 1  � 4 x  �  x  2  (2) (vì x  2 không là nghiệm của pt (2)) 2� � 15 � 8 x 2  15 x  0 � x  0 hoặc x  8 1 2 1,00 0,5 0,5  Vớ i x0 ta có y= 1 2 Vớ i x 15 8 ta có y =- 7 II Vậ y tọa độ gia o điể m cần tìm là: � 1� 0; � � � 2� và 15 � � � ; 7 � �8 � 1) 1,00 2012 2012 �2 � �3 � A  log 2012 � �  log 2012 � �  2log 2 3 �3 � �2 � 2012 �2 3 �  log 2012 � . �  22log2 3 �3 2 �  log 2012 12012  3  3 2) f ( x )  e2 x  4.e x  3 trên đoạn  0;ln 4 ; f '( x )  2e2 x  4.e x f '( x )  0 � 2e2 x  4.e x  0 � x  ln 2 � 0; ln 4  0,5 0,5 1,00 0,25 0,25 f  0   0; f  ln 2   1; f  ln 4   3 0,25 max f  x   3 khi x=ln4; min f  x   1 khi x=ln2  0;ln 4  0;ln 4 0,25  SO là đường cao của hình chóp (tính chất của hình chóp đều) 1,00 0,25 1)  SO 2 = SA2 - AO 2 = a 3a 2 a 2 a 2 � SO = = 2 4 2 4 0,25  Thể tích khối chóp S.ABCD 1 1 a a3 (đvtt) V = S ABCD .SO = .a 2 . = 3 3 2 6 0,5 2) 1,00  Gọi H là trung điểm của SA. Kẻ đường trung trực của cạnh SA trong mặt phẳng (SAO) cắt đường thẳng SO tại I. Ta có: IS = IA (1) - Mặt khác I �SO nên w cách đều 4 điểm A, B, C, D, tức là IA = IB = IC = ID (2)  Từ (1) và (2) suy ra I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD. 0,25 0,25  Bán kính mặt cầu: - Hai tam giác vuông SHI và SOA đồng dạng (vì có chung góc $ S ) nên ta có : III 1 a 3 IS SH SH a 3 2. 2 3a = � IS = SA. = . = a SA SO SO 2 4 2 3a  Vậy, bán kính mặt cầu r = IS = . 4 0,25 0,25 S H D A O C Phần Riêng: IVa I w B 1,00 TXĐ: D  R . y  f ( x)  1 4 1 2 x  x  2 . f '  x   x 3  x; f ''  x   3x 2  1 4 2 f ''  xo   2 � xo  1 xo  0  � yo  xo  1 � f '  1  0 7 4 0,25 0,25 Phương trình tiếp tuyến: y  0  x  1  7 7  4 4 0,25 1) x 1 x 2 1,00 0,25 4  5.2  16  0 � 4  20.2  16  0 � 2 x  1;2 x  4 � x  0; x  2 Va x 0,5 0,25 1,00 2) Ta có    12  11 . 12  11  2 x 2 3 x  12  11  1 nên 12  11   � 12  11  1 1 12  11 � 2 x 2  3x �1 1 x 1 2 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  x.ln x trên [1 ; e2] ln x  2 y'  2 x 1 y'  0 � x  2 e � 2 x 2  3x�1 0 � IVb 1/e2 x y' 0,25 0,25 0,5 0,25 1,00 0,25 0,25 e2 1 0 + y 0,25 2e 0 Vậy Maxy2 [1,e 1) Vb  2e khi x = e 2 ] và Miny2 [1,e ] Chứng minh rằng : Ta có log 2012 b   0 khi x = 1 1 1log2012 c a  2012 1  log 2012 a 1 1 � 1  log 2012 b  �  1 1  log 2012 a 1  log 2012 a 1  log 2012 b log 2012 a 0,25 1,00 0,5 Do đó log 2012 c  Vậy 1 1 1  1 � log 2012 a  1  log 2012 b log 2012 a 1  log 2012 c 1 a  2012 0,25 1log2012 c 2) 0,25 (C): y = x2 x 1 Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d): 1,00 x2 = 2x + m ( x �1) x 1 � x 2  (m  2)x  m)  0 (1) (1) có   m 2  4  0 , m �� � (d) luôn cắt (C) tại A và B phân biệt. Khi đó AB2  (x B  x A )2  (y B  y A )2  5[(x B  x A )2  4x B .x A ]  5(m2  4) �20 Vậy MinAB = 2 5 khi m = 0 Chú ý: Học sinh giải cách khác đúng thì cho điểm tối đa 0,25 0,25 0,25 0,25
- Xem thêm -