Toan 12 hki - tt

  • Số trang: 7 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 16 |
  • Lượt tải: 0
uchihasasuke

Đã đăng 588 tài liệu

Mô tả:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP ĐỀ ĐỀ XUẤT TRƯỜNG THPT TÂN THÀNH KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ I Năm học: 2012 - 2013 Môn thi: TOÁN - Lớp 12 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 14/12/2012 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3,0 điểm). Cho hàm số I - PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ HỌC SINH (7,0 điểm) Câu 1. (3,0 điểm) Cho hàm số y = 2x3 - 3x2 + 1có đồ thị (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Dựa vào đồ thị (C) biện luận theo k số nghiệm phương trình 2x3 - 3x2 + k =0 Câu II (2,0 điểm). 1 log 2  log 2 3.log3 4  log5 125 1) Tính giá trị biểu thức A = 10 2) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = e2 x  4e x  3 trên  0;ln 4 . Câu III (2,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy,SA = 2a. a) Tính thể tích khối chóp S.BCD. b) Xác định tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.Tính diện tích mặt cầu đó. 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 Câu IV.a (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (H) của hàm số y = biết tiếp tuyến song song với đường thẳng d: y =  x  2012 . Câu V.a (2,0 điểm). 1) Giải phương trình: 6.9 x  13.6 x  6.4 x  0 . 2x 1 x 1 2 2) Giải bất phương trình: log 1 ( x  6 x  5)  2 log 3  2  x  �0 . 3 2. Theo chương trình Nâng Cao Câu IV.b (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (H) của hàm số y = biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng d: y = 4 x  2012 . Câu V.b (2,0 điểm). 1) Cho hàm số y = ecos x , chứng minh rằng y , .sin x  y.cos x  y ,,  0 2) Tìm m để đường thẳng d: y  2 x  m cắt đồ thị (C): y   x  3  3 biệt A, B sao cho độ dài của đoạn thẳng AB nhỏ nhất.Hết. x 1 2x 1 x 1 tại hai điểm phân _____________________________________________________________ Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh ....................................... Số báo danh: ...................... Chữ ký giám thị: ........................................ ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM Câu I Ý Nội dung 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y   x 3  3x 2  1 1) Tập xác định: D  � 2) Sự biến thiên của hàm số: a) Giới hạn: lim y  �; lim  � x �� Điểm 2.0 0.25 0,25 x � � b) Bảng biến thiên: 2 Ta có: y '  3x  6 x  3 x  x  2  x0 � y' 0 � � x2 � - � x 0 +� y' 0 � y 0.25 2 + - 0 3 0.5 -1 � Hàm số đồng biến trên khoảng  0; 2  . 0.25 Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  �;0  và  2; � . Hàm số đạt cực đại tại x  2; yCD  3 . Hàm số đạt cực tiểu tại x  0; yCT  1 . 3) Đồ thị: 8 y 7 6 5 0,5 4 3 2 1 x -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 -1 -2 -3 -4 -5 -6 2 3 4 5 6 7 8 9 10 2 3 2 Biện luận số nghiệm phương trình sau theo k : x  3 x  k  0  1 1.0 x3  3x 2  k  0 � k   x3  3 x 2 � k  1   x3  3 x 2  1 3 2 Đặt f  x    x  3x  1 và g  x   k  1 , số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của f  x  và g  x  . II 1 Suy ra:  Khi k  1  1 � k  0 , phương trình (1) có 1 nghiệm.  Khi k  1  1 � k  0 , phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.  Khi 1  k  1  3 � 0  k  4 , phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt.  Khi k  1  3 � k  4 , phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt .  Khi k  1  3 � k  4 , phương trình (1) có 1 nghiệm. 1 log 2  log 2 3.log 3 4  log 5 125 Tính giá trị biểu thức A = 10 10 10  5 log 2 10 2 log 2 3.log 3 4  log 2 4  2 1 log 2 Ta có: 10  log 5 125  log 5 53  3 2 A = � A  101log 2  log 2 3.log 3 4  log 5 125  5  2  3  10 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = e2 x  4e x  3 trên  0;ln 4 . 0.25 0.25 0.5 1.0 0.25 0.25 0.25 0.25 1.0 y ,  2e 2 x  4e x Cho y ,  0 � 2e 2 x  4e x  0 � e x  2 � x  ln 2 � 0;ln 4 Ta có: f  0   0; f  ln 2   4; f  ln 4   16 Suy ra max của f  x  : f max  16 tại x  ln 4 min của f  x  : f min  0 tại x  0 III a) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy,SA = 2a. 0.25 0.25 0.25 0.25 1.0 a) Tính thể tích khối chóp S.BCD. Ta có : SA vuông góc mặt phẳng (ABC) nên SA là đường cao. 1 1 S BCD  S ABCD  a 2 2 2 1 1 1 1 V  S BCD .SA  . a 2 2a  a 3 3 3 2 3 0.25 0.25 0.5 b) b) Xác định tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.Tính diện 1.0 tích mặt cầu đó. Theo giả thiết, SA ^ AC , SA ^ AD , BC ^ AB , BC ^ SA Suy ra, BC ^ (SAB ) và như vậy BC ^ SB Hoàn toàn tương tự, ta cũng sẽ chứng minh được CD ^ SD .  A,B,D cùng nhìn SC dưới 1 góc vuông nên A,B,D,S,C cùng thuộc đường tròn đường kính SC, có tâm là trung điểm I của SC. 0.25 0.25  Ta có, SC = SA2 + AC 2 = (2a)2 + (a 2)2 = a 6  Bán kính mặt cầu: R = SC = a 6 Vậy,diện tích mặt cầu ngoại 0.25 2 2 2 � � a 6 � � 2 tiếp S.ABCD là: S = 4pR = 4p � � � � �= 6pa �2 � 2 IVa CTC 1 Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (H) của hàm số y = tiếp tuyến song song với đường thẳng d: y =  x  2012 . , Ta có: y  0.25 2x 1 biết x 1 1.0 1  x  1 2 Do tiếp tuyến song song với đường thẳng y   x  2012 nên: 1  1 2  x  1 � x  2  y  3 2 �  x  1  1 � � x  0  y  1 � PTTT tại A(2;3) là: y    x  2   3   x  5 0.25 0.25 Va 1 PTTT tại B(0;1) là: y   x  1 Giải phương trình: 6.9 x  13.6 x  6.4 x  0 . 0.5 1.0 Ta có: 2x x �3 � �3 � 6.9  13.6  6.4  0 � 6 � �  13 � � 6  0 �2 � �2 � x x x x �3 � Đặt t  � � đk: t>0 �2 � 0.25 � t � 2 Bài toán trở thành: 6.t  13.t  6  0 � � � t � x � �3 � 3 � � � x 1 � �2 � 2 � � � � �3 x 2 x  1 � �� � � � �2 � 3 � 2 3 2 2 3 0.25 0.25 0.25 1.0 Giải bất phương trình: log 1 ( x  6 x  5)  2 log 3  2  x  �0 . 2 3 0.25 �x  6 x  5  0 � x 1 Đk: � 2 x  0 � 2 log 1 ( x 2  6 x  5)  2 log 3  2  x  �0 � log 3  2  x  �log 3 ( x 2  6 x  5) 2 3 � � 2  x ۳ 2 x2 6 x 5 x 1 � � ;1� Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm BPT là S  � 2 � � IVb CTNC 1 0.5 1 2 Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (H) của hàm số y = tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng d: y = 4 x  2012 . 0.25 2x 1 biết x 1 1.0 , Ta có: y  1  x  1 2 Do tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y  4 x  2012 nên: 1 1  2 4  x  1 Vb 1 0.25 � � 5� x  3 �y  � � 2 � 2� � �  x  1  4 � � � 3� x  1�y  � � � 2� � 5 1 13 PTTT tại A(3; ) là: y   x  2 4 4 3 1 5 PTTT tại B(-1; ) là: y   x  2 4 4 cos x Cho hàm số y = e , chứng minh rằng y , .sin x  y.cos x  y ,,  0 Ta có : 0.25 0.5 0.25 0.25 y ,   sin x.ecos x y ,,  sin 2 x.ecos x  cos x.ecos x Vậy y , .sin x  y.cos x  y ,,   sin 2 x.e cos x  cos x.ecos x  sin 2 x.ecos x  cos x.ecos x  0 2 (đpcm) Tìm m để đường thẳng d: y  2 x  m cắt đồ thị (C): y   x  3  3 tại 0.5 1.0 x 1 hai điểm phân biệt A, B sao cho độ dài của đoạn thẳng AB nhỏ nhất. Ta có : 2x  m  x  3  3  1 x 1 � �x �1 2  �� 2 3 x   m  6  x  m  0  3 �   m 2  36  0m Và VT của (3) �0m nên (d) luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A  x1 ; 2 x1  m  B  x2 ; 2 x2  m  Ta có: 2 2 AB 2   x2  x1    2 x2  2 x1  5 2  5�   m 2  36   4  �x2  x1   4 x1 x2 � � 9 Vậy từ (4) AB nhỏ nhất khi m=0 -------------------------Hết------------------------- 0,25 0.5 0,25
- Xem thêm -