Toan 12 hki - thd

  • Số trang: 5 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 22 |
  • Lượt tải: 0
uchihasasuke

Đã đăng 588 tài liệu

Mô tả:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ I Năm học: 2012-2013 Môn thi: Toán - Lớp 12 Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: ĐỀ ĐỀ XUẤT (Đề gồm có 01 trang) Đơn vị ra đề: Trường THPT Thiên Hộ Dương I. Phần chung (7,0 điểm) Câu I:(3 điểm) Cho hàm số y  x 3  3 x 2  1 1 có đồ thị (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2. Xác định m để phương trình sau :  x 3  3 x 2  m 0 có hai nghiệm. Câu II:(2 điểm). 3 1. 9 0 , 75 log 1 Tính giá trị của biểu thức: A 4 2  log 42   625 3 2. 2 x Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y   x  3 e trên  0; 2 trên đoạn  4;1 . Câu III:(2 điểm). Cho tứ diện OABC, có OA, OB, OC đôi một vuông góc, tam giác OBC vuông cân tại O, BC = a 2 . Góc giữa AB và (OBC) bằng 300. 1. Tính theo a thể tích khối tứ diện OABC. 2. Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC. II. Phần riêng (3,0 điểm) A. Theo chương trình chuẩn Câu IVa (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  x2 , biết tiếp 3 x tuyến song song đường thẳng y = 5x + 2013. Câu Va. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: log 2 x  2 log 4  x  1  1 . 2. Giải bất phương trình: 1    4 x 1 x  1      2 log 84 .  16  B. Theo chương trình nâng cao Câu IVb (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  tuyến vuông góc đường thẳng: x + 5y - 2013 = 0. Câu Vb. (2,0 điểm) 1. Cho y = y e  x sin x . Chứng minh rằng: 2. Chứng minh rằng: Với mọi y x 3  3 m  1 x 2  3m m  2  x  m 3  3m 2 x2 , biết tiếp 3 x y ' '2 y '2 y 0 m thì đồ thị hàm số luôn có hai cực trị và khoảng cách giữa hai điểm cực trị không đổi. Hết SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ I ĐỒNG THÁP Năm học: 2012-2013 Môn thi: Toán - Lớp 12 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ĐỀ XUẤT (Đề gồm có 01 trang) Đơn vị ra đề: Trường THPT Thiên Hộ Dương I. Phần chung (7,0 điểm) Câu Nội dung yêu cầu Cho hàm số y  x  3 x  1 1 có đồ thị (C). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 3 1 Điểm 2 * Tập xác định : D = R (2đ) 0.25 0.25 0.25 * Hàm số đồng biến trên các khoảng (-  ;0) và (2; +  ); nghịch biến trên khoảng (0; 2). *Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ=1; Cực tiểu tại x = 2; yCT=-3 * Bảng biến thiên : x - 0 2 + y’ + 0 0 + y 1 + - 0.25 0.25 0.25 -3 Đồ thị 0.5 I 2 Xác định m để phương trình sau :  x 3  3 x 2  m 0 có hai nghiệm. (1đ) pt  x 3  3 x 2  1 m  1 (*) Phương trình (*) có hai nghiệm thì đồ thị (C ) cắt đường thẳng (d) y = m +1 tại hai điểm  m  1 1  m 0    m  1   3  m  4 0.25 0.25 0.25 0.25 9 3 0 , 75 log 1 Tính giá trị của biểu thức: A 4 2  log 42   625 1 1đ 3 0,25  2    3 2 3 3 A 2 2 log 2  log 3 2 2log 2  2  5 3 II 3  2  2  5 3 1143  9 2) 2  5 3 4 4  0,25 0,25 0,25 2 x Tìm GTLN và GTNNt của hàm số y   x  3 e trên  0; 2 . Hàm số đã cho liên tục trên [0; 2] �x  1 n  y '   x 2  2 x  3 e x , y '  o � � x  3  l  � y  0   3; y  1  2e; y  2   2e 0.5 0.25 0.25 axy  y  2   3; Miny  y  1  2e Vậy: M[0;2] [0;2] Cho tứ diện OABC, có OA, OB, OC đôi một vuông góc, tam giác OBC vuông cân tại O, BC = a 2 . Góc giữa AB và (OBC) bằng 300. 1. Tính theo a thể tích khối tứ diện OABC. 2. Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC. III 1đ 2 điểm 1 0,25 Theo gt ta có: OA   OBC   V OABC  1 .OA 3 S ABC Ta có: OBC vuông cân tại O và BC = a 2  S OBC 1  a2 2 0.25 OB =OC = a 0.25 Do OA   OBC   OB là hình chiếu của AB lên (OBC) � �  AB,  OBC     AB, OB   ABO  300 0.25 a 3 Xét  AOB: OA OB tan90 0  3 Vậy: V OABC  2 a 3 3 18 Gọi M là trung điểm BC. Do OBC vuông tại O nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC. Dựng Mx//OA  Mx   OBC  Mx là trục của mặt (OBC) Trong mp(OA, Mx) dựng đường trung trực của OA cắt OA tại N và Mx tại I  IA = IO (1) Mặt khác : I  Mx  IO = IB = IC (2) Từ (1) và (2) suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC và bán kính R = IC Xét IMC: IC  MC 2  MI 2  x2 , biết tiếp 3 x tuyến song song đường thẳng y = 5x + 2013. y'  1 5 5  x 3  3  x 2  x0 2  y0 4  x 4  y  6 0  0 Vậy có hai tiếp tuyến: y = 5x - 6; y = 5x - 26 Giải phương trình: log 2 x  2 log 4  x  1  1 ĐK: x > 1 1đ  x  1 loai    x 2 nhan  Giải bất phương trình: x 1    4 0.25 x 1 x  1      2 log 84 .  16  1đ 0.25 x 1 1 BPT  4      3  0  4  4 0.25 0.25 1đ 0,25 0.25 0.25  x x  1 2  x 2  x  2 0 Va 0.25 0.25 PT  log 2 x x  1 1 2 0.25 0,25 5 3  x 2 Do tiếp tuyến song song với (d): y = 5x + 2013  y’(x0) = 5  0.25 a 21 R 6 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  Va 0,25 1 x 1 t    0  4 2 1   t  4t  3  0  1  t  3 Đặt: 0.25 0.25 x 1  1     3  log 1 3  x  0  4 4 IVb Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  0.25 x2 , biết tiếp 3 x tuyến vuông góc đường thẳng: x + 5y - 2013 = 0. y'  5 3  x 2 Do tiếp tuyến vuông góc với (d): x + 5y - 2013  y’(x0) = 5 1đ 0.25 0.25   x 2  y0 4 5 5  x 3   0 2 3  x  x0 4  y 0  6 0.25 Vậy có hai tiếp tuyến: y = 5x - 6; y = 5x - 26 1 Cho y y ' e = y e  x sin x .  x  cos x  y ' '  2 cos xe Chứng minh rằng: 0.25 1đ 0.25 0.25 y ' '2 y '2 y 0 sin x   x y"2 y '2 y 0   2 cos xe  0.25 x   0 0 đpcm 0.25 2 Vb Chứng y x 3 minh rằng: Với mọi m thì đồ thị hàm số 1đ  3 m  1 x 2  3m m  2  x  m 3  3m 2 luôn có hai cực trị và khoảng cách giữa hai điểm cực trị không đổi. Ta có : y ' 3 x 2  6 m  1 x  6m m  2  0.25  x  2  m y ' 0    x  m 0.25 Đồ thị (Cm) có hai điểm cực trị A(-2 - m; 4) và B(-m; 0)  AB 2 5 (hằng số) (đpcm) Hết 0.25 0.25
- Xem thêm -