Toan 12 hki - nt

  • Số trang: 6 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 19 |
  • 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) ĐỀ ĐỀ XUẤT (Đề gồm có 01 trang) Đơn vị ra đề: THPT NGUYỄN TRÃI I. PHẦN CHUNG (7,0 điểm) 3 2 Câu I ( 3 điểm) Cho hàm số y  x  3x  2 có đồ thị (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Tìm m để phương trình  x 3  3x 2  m  0 có 3 nghiệm phân biệt. Câu II ( 2 điểm) log 3 log 4 2 + 49 7 4 1. Tính giá trị biểu thức: A = 2 log 16 - log3 27 2 2 2. Tìm GTLN - GTNN của hàm số y  f  x   x  ln  1  2 x  trên đoạn  1;0 Câu III ( 2 điểm) Cho hình chóp M .NPQ có MN vuông góc với ( NPQ) . NPQ vuông cân tại P . Cho NQ  a 2 , góc giữa MP và ( NPQ ) bằng 60�. 1. Tính thể tích khối chóp M.NPQ theo a . 2. Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp khối chóp M.NPQ II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) (Học sinh chọn IVa và Va hay IVb và Vb ) A. Theo chương trình chuẩn. 2x Câu IVa ( 1 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  biết rằng hệ số x 1 góc của tiếp tuyến bằng 2 . Câu Va ( 2 điểm) 1. Giải phương trình: 2. Giải bất phương trình: 6 x  61 x  5  0 log 1  2 x  1  log 1 3 3  x  2 1 B. Theo chương trình nâng cao. Câu IVb ( 1 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng  : y  4 x  1 . 3x  2 biết rằng x 1 Câu Vb ( 2 điểm) 1. Cho hàm số y  esin x . Chứng minh rằng: y' cos x  y sin x  y''  0 . 2x2  2x  3 2. Tìm tham số m để hai đồ thị hàm số (C): y  và (d): y  x  m cắt nhau tại hai điểm phân biệt. x3 .........Hết....... KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ I Năm học: 2012-2013 Môn thi: TOÁN – Lớp 12 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ĐỀ XUẤT (Hướng dẫn chấm gồm có 04 trang) Đơn vị ra đề: THPT NGUYỄN TRÃI Câu Câu I (3,0 đ) Nội dung yêu cầu 3 2 1. KS sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y  x  3x  2 a) TXĐ: D = R b) Sự biến thiên: *Chiều biến thiên: y/ = 3x2 – 6x , cho y/ = 0  x  0, x  2 x -  0 2 + / y + 0 0 + ( � ;0) (2; � ) +Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng và . (0; 2) +Hàm số nghịch biến trên khoảng . *Cực trị: +Hàm số đạt cực đại tại x  0 và yCÐ  y (0)  2 +Hàm số đạt cực tiểu tại x  2 và yCT  y (2)  2 Điểm 2,0 y  �; lim y  � *Giới hạn: xlim � � x �� x -  0 *Bảng biến thiên: 0,25 2  / y y + 0 - 2  - 0 0,25 0,25 + -2 + c) Đồ thị: 0,50 2 -1 1 -2 1,0 + 0,25 0,50 -4 5  x 3  3x 2  m  0  x 3  3x 2  m  0 0,25  x3 – 3x2 + 2 = m + 2 (1) có 3 nghiệm phân biệt  đường thẳng d: y = m+2 cắt (C) tại 3 điểm 0,25 phân biệt 0,50  -2 < m + 2 < 2  - 4 < m < 0 1,0 2 2 0,5 log7 4 �log7 4 � 2 log2 3 �log 2 3 � Câu II (2,0 đ) � 2 � 7 � 9 ; 49 � 4  16 1. Tính + 4 � � � � giá trị 4 3 log 3 27  log 3 3  3 + 2 log 2 16  2.log 2 2  8 ; biểu 5 thức + ĐS: A=  1 . 0,25 0,25 5 4 log 3 log 2 + 49 7 4 1,0 A= 2 log 16Hàm - log 27 số 3 đã cho liên tục trên đoạn  1;0  2 1  Ta có : f /  x   2 x  1 2x 0,25 x  1(l ) � 2 � 0� Cho f  x   0 � 2 x  1 � 1 2x x   ( n) � 2 0,25 / f  2  �1� 1  4  ln 5; f �  �   ln 2; f � 2� 4 f  x   4  ln 5 tại x  2 ;  Vậy : max  1;0 min f  x    1;0  0 0,25 0 1 1  ln 2 tại x  2 4 Câu III (2,0 đ) 1. Tính thể tích khối chóp M.NPQ theo a . Cho NP là hình chiếu vuông góc của MP lên ( NPQ ) . hình � � ; NP � MPN �  60o M MP ;( NPQ ) � � MP Suy ra: � � � � � chóp M .NPQ �NPQ vuông cân tại P và NQ = a 2 , có MN nên NP  PQ  a . vuông 1 a2 góc với Suy ra S = NP . PQ = D NPQ N 2 2 ( NPQ) . �Xét MNP vuông tại N , ta có: NPQ P vuông MN = NP .tan60o = a 3 cân tại 1 3 3 P . Cho �Do đó, VM .NPQ = SD NPQ .MN = a (đvtt) 3 6 NQ  a 2 2. Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp khối chóp M.NPQ 0,25 1,0 0,25 Q 0,25 0,25 0,25 1,0 , góc �Gọi I là trung điểm của MQ �Tam giác MNQ vuông tại N, nên IM = IN = IQ giữa MP và �Tam giác MPQ vuông tại P nên IM=IP=IQ. ( NPQ) �Vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp. bằng MQ MN 2 + NQ 2 a 5 � � Bán kính mặt cầu: R = = = . 60 2 2 2 �Thể tích khối cầu ngoại tiếp khối chóp: V = Câu IVa (1,0 đ) 0,25 0,25 0,25 4pR 3 20 5pa3 (đvtt) = 3 24 0,25 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  số góc của tiếp tuyến bằng 2 . 2  Ta có y� . Gọi  x0 ; y0  là tọa độ tiếp điểm.  x  1 2 Hệ số góc tiếp tuyến tại  x0 ; y0   x0   2  là y� 1,0 2x biết rằng hệ x 1 2  x0  1 2  2 x0  1  1 x0  2 � � 2 �� �  x0  1  1 � � x0  1  1 � x0  0 �  Với x0  2 , ta có y0  4 . Phương trình tiếp tuyến tại  2;4  là y  2  x  2   4 hay y  2 x  8 .  Với x0  0 , ta có y0  0 . Phương trình tiếp tuyến tại  0;0  là y  2  x  0   0 hay y  2 x . Câu Va 1. Giải phương trình: 6 x  61 x  5  0 (2,0 đ) 6 x Ta có 6 x  61 x  5  0 � 6  x  5  0 6 3 0,25 0,25 0,25 1,0 0,25 1  Đặt t  6 x ,  t  0  ta có phương trình t  6.  5  0 t t  1(l ) � � t 2  5t  6  0 � � . t  6(n) �  Với t  6 , ta có 6 x  6 � x  1 . 2. Giải bất phương trình: log 1  2 x  1  log 1 0,25 3  x  2 1 0,25 0,25 0,25 1,0 2x 1  0 � 1 �x  Đ/kiện xác định: � 2 �x  2  0 0,25 Bpt � log 13  2 x  1  log 13  x  2   log 13 3 � log 1  2 x  1  log 1  3 x  6  3 0,25 0,25 3 � 2 x  1  3 x  6 � 7  x Câu IVb (1,0 đ) �1 � So điều kiện ta được tập nghiệm của bất p/trình đã cho T  � ; �� 0,25 �2 � 1,0 3x  2 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  biết rằng x 1 tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng  : y  4 x  1 . 1 Ta có: y '  . TT vuông góc với  : y  4 x  1 � TT có hệ số góc ( x  1)2 1 1 � y '( x0 )  � ( x0  1) 2  4 � x0  3, x0  1 k 4 4 7  x 17  . PTTT là: y  2 4 4 5 x 9  *Với x0  1 � y0  . PTTT là: y  2 4 4 Câu Vb 1. Cho haøm soá y  esin x .Chứng minh rằng: y' cos x  y sin x  y''  0 *Với x0  3 � y0  (2,0 đ) y '  cos x.esin x y ''  cos 2 xesin x  sin xesin x VT  cos 2 x.esin x  sin x.esin x  cos 2 xesin x  sin xesin x  0  VP 2x2  2x  3 2. Tìm tham số m để hai đồ thị hàm số (C): y  và (d): y  x  m cắt nhau tại hai điểm phân biệt x3 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 2x2  2 x  3  xm Phương trình hoành độ giao điểm: x 3 �x �3 �x �3 �� 2 �� 2 2 x  2 x  3  ( x  m)( x  3) 2 x  2 x  3  ( x  m)( x  3) � � �x �3 � �2 �x  (1  m) x  3(m  1)  0, (*) 0,25 0,25 Kiểm tra được x  3 không phải là nghiệm của (*) với mọi m. Do đó số nghiệm của (*) là số giao điểm của hai ĐTHS đã cho. Như vậy ta cần tìm m để (*) có hai nghiệm, nghĩa là 0,5 --Hết--
- Xem thêm -