Toan 12 hki - txsd

  • Số trang: 5 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 36 |
  • 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: 90 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: /01/2012 ĐỀ ĐỀ XUẤT(Đề gồm có 01 trang) Đơn vị ra đề: THPT TX SAĐEC I. PHẦN CHUNG (7,0 điểm) Câu I ( 3 điểm) Cho hàm số y  x 4  4 x 2  3 , gọi đồ thị của hàm số là (C) . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho . 2. Dựa vào đồ thị (C) , tìm tất cả các giá trị của m để phương trình phân biệt. Câu II ( 3 điểm) 1. Tính giá trị của biểu thức Q  log 3 405  log 3 75 log 2 14  log 2 98 x 2  2  2  2m 0 có 4 nghiệm . 2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = e2x - 4e x + 3 trên [0;ln4] Câu III ( 1 điểm) Cho hình trụ có đáy là hình tròn ngoại tiếp hình vuông cạnh a . Diện tích của thiết diện qua trục hình trụ là 2a 2 . Tính diện tích xung quanh hình trụ và thể tích khối trụ đã cho . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) (Học sinh chọn IVa và Va hay IVb và Vb ) A. Thí sinh ban nâng cao Câu IVa ( 1 điểm) Tìm m để tiệm cận xiên của đồ thị hàm số y = x 2 + mx - 1 (m �0) đi qua gốc toạ độ . x- 1 Câu Va ( 2 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Cạnh bên của lăng trụ hợp với đáy góc 600 . Đỉnh A’ cách đều A,B,C . 1. Chứng minh tứ giác BB’C’C là hình chữ nhật . 2. Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ . B. Thí sinh ban cơ bản Câu IVb ( 1 điểm) Giải bất phương trình : 3 x  32 x  8  0 . Câu Vb ( 2 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy là a . Tam giác SAC là tam giác đều . 1) Tính độ dài đường cao của chóp SABCD . 2) Tính thể tích khối chóp S.ABCD . .........Hết....... SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ I Năm học: 2012-2013 Môn thi: TOÁN – Lớp 12 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ĐỀ XUẤT (Hướng dẫn chấm gồm có…03 trang)Đơn vị ra đề: THPT TX SADEC……………. CÂU Câu I ĐÁP ÁN 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 0,25 T y ' 4 x 3  8 x X  x 0 ; y 3 Đ y ' 0    x   2 ; y  1 : BBT x y’ D =   - 0 y 0 2  + 0 3 -1 y x 4  4x 2  3 0,25 0,25 0,75  2 - 0 ĐIỂM 3 điểm 2,5 điểm +  -1 R y ' ' 12 x 2  8 y ' ' 0  x  2 7 ;y  3 9 . Điểm uốn  2 7  I1, 2   ; 3 9   0,25 0,25 Điểm khác : x 2 ; y 3 Đồ thị 4 3 2 -5 -2 O 2 5 -1 -2 -4 0,5 2 Phương trình viết thành : x  4 x  3  2m  1 Số nghiệm phương trình là số giao điểm (C) và (d):y = - 2m -1 Do đó ,phương trình có 4 nghiệm phân biệt 4   1   2m  1  3   2  m  0 Câu II 1 2 0,5 điểm 0,25 0,25 3 điểm 1,5 điểm 0,5 Q log 3 (5.3 4 )  log 3 1 (5.3 2 ) 1 log 2 (7.2)  log 2 (7.2 2 )   5.3 4 log 3  1   5.3 2 Q   7.2 log 3  1   7.2 2 Q log 3 7 32 log 2 1 22 0,5           0,25 Vậy Q = 7 2 Đặt t e x . Do x   0; ln 4 nên Hàm số thành g (t ) t 2  4t  3 g’(t) = 2t -4 0,25 1,5 điểm 0,25 0,25 t  1;4 g ' (t ) 0  t 2  1;4 0,25 0,25 0,25 Có g(1) = 0 ; g(2) = -1 ; g(4) = 3 3  x ln 4 Vậy Maxy 1;ln 4  0,25 Miny  1  x ln 2 1;ln 4 Câu III 1 điểm D A O' C B O AB a 2 nên bán kính đáy hình trụ S ABCD 2a 2  BC  2a 2 a 2 R a 2 2 0,25  a 2 h Diên tích xung quanh hình trụ Thể tích khối trụ V R 2 h  S 2Rh 2 .a 2 a 3 2 0,25 0,25 2 Câu IVa f (x) = x + m +1 + 0,25 m x- 1 1 điểm 0,25 m � f (x) - (x + m +1)� = lim = 0(m �0) Ta có xlim � ��� � x ��� x - 1 0,25 Nên ta có tiêm cận xiện d : y = x + m + 1 d qua gốc O khi 0 = 0 + m + 1 � m = - 1 0,25 0,25 Câu Va 2 điểm 1 điểm 1 C' A' B' A C H B Kẻ A’H  (ABC) tại H . H là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC Hình chiếu của SC lên (ABC) là AH nên góc A’AH là 600 Có BC  AH nên BC  AA’. Vậy BC  BB’ Vây BCC’B’ là hình chữ nhật 2 2a 3 a 3  3 2 3 a 3 A' HA : A' H  AH . tan 60 0  . 3 a 3 Tam giác ABC đều nên AH  Diện tích tam giác ABC là 0,25 0,25 a2 3 4 Thể tích khối lăng trụ V S ABC . A' H  0,25 a2 3 a3 3 a 4 4 Câu IVb 1 điểm 0,25 0,25 0,25 Đặt t 3  0 Bất phương trình thành : t 2  8t  9  0 ( do t >0) Giải được t >1hay t <- 9 Giao điều kiện t > 0 được t > 1 Thế lại : 3 x  1  x  0 là nghiệm bất phương trình x Câu Vb 0,25 2 điểm S D A 0,25 0,25 0,25 0,25 1 điểm 0,25 C H B 1 Kẻ SH  (ABCD) tại H . H là tâm đường tròn ngoại tiếp ABCD Tam giác SAC đều có cạnh AC a 2 3 a 6  SH là đường cao tam giác đều SAC nên SH a 2. 2 2 0,25 0,25 0,5 2 Thể tích khối chóp 1 V = SABC .SH 3 1 a 6 a3 6 = a2. = 3 2 6 0,5 0,5
- Xem thêm -