đề kiểm tra chất lượng học kì 1 môn toán lớp 12,đề tham khảo số 3

WWW.TOANCAPBA.TK
KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I
Năm học: 2012-2013
Mơn thi: TỐN - Lớp 12
Thời gian: 120 phút (khơng kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 14/12/2012
ĐỀ ĐỀ XUẤT
(Đề gồm có 01 trang)
Đơn vị ra đề: THPT Đốc Binh Kiều
A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm):
Câu I (3 điểm)
Cho hàm số
2 1
1
x
y
x
+
=
−
có đồ thị (C).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Tìm tọa độ điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M vng góc với đường thẳng
20123:)( += xyd
.
Câu II (1 điểm)
1. Tính giá trò biểu thức
a)
2 2
3 5
0,75

1 1
256 4.
27 32
A
−
−
   
= + +
 ÷  ÷
   
b) B =
9log2
16log
3log1
16
25
2
452.3
−
+
+−−
2. Tìm GTLN, GTNN của hàm số:
= − +
2
4 3
x x
y e e
trên đoạn [0 ; ln4]
Câu III(2điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh
a

; các cạnh bên đều
bằng nhau và bằng
2 .a
1) Tính thể tích khối chóp đã cho
2) Tìm tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.
B.PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm):
Học sinh chọn (câu IV.a; Va hoặc IV.b; Vb)
Câu IV.a (1 điểm) Cho hàm số
2
(3 )
= −
y x x
(C)
Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại giao điểm của (C) với trục hoành
Câu V.a (2 điểm)
1) ( 1 điểm) Giải phương trình :
2.14 3.49 4 0
+ − =
x x x
2) (1 điểm) Giải bất phương trình:
3log)2(loglog
5
15
5
1
<−−
xx
Câu IV.b (1 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số
2
x x 2

y
x 2
− −
=
+
biết tiếp tuyến
song song với đường thẳng 3x + y - 2 = 0.
Câu V.b (2 điểm)
1) Cho hàm số
2
sin 5
=
x
y e x
. Chứng tỏ rằng:
" 4 ' 29 0− + =y y y
2) Cho hàm số
2
(3 )
= −
y x x
(C)
Một đường thẳng (d) đi qua gốc toạ độ O có hệ số góc m. Với giá trò nào của m thì
đường thẳng (d) cắt (C) tại 3 điểm phân biệt

HẾT
WWW.TOANCAPBA.TK
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 4 trang)
Đơn vị ra đề: THPT Đốc Binh Kiều
CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM
I
(3đ)
a)
(2đ)
Hàm số :
2 1
1
x
y
x
+
=
−
+ TXĐ : D=R\{1}
+
2
)1(
3
'
−
−
=
x
y
< 0
1≠∀x

+ Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (
1;∞−
) và (1 ;
∞+
)
+ Hàm số không có cực trị
+
∞+=∞−=
+
−
→
→
y
y
x
x
lim
lim
1
1
,
⇒
x = 1 là tiệm cận đứng

2,2
lim
lim
==
∞+→
∞−→

y
y
x
x
⇒
y = 2 là tiệm cận ngang
+ BBT

x
∞−
1
∞+
y’ − −
y 2
∞+

∞−
2
+ Giao với Ox: y = 0
⇒
x =
2
1
−
Giao với Oy: x = 0
⇒
y = -1
Đồ thị :
0,25
0,25

0,25
0,25
0,5
0,5
b)
(1đ)
G i M(xọ
0
;y
0
) là đi m c n tìmể ầ
Vì ti p tuy n t i M vuông góc v i đ ng th ng (d) nên y’(xế ế ạ ớ ư ờ ẳ
0
) =
3
1
−
0,25
WWW.TOANCAPBA.TK
⇔

3
1
)1(
3
2
0
−=
−
−

x




=⇒−=
=⇒=
⇔
12
34
00
00
yx
yx

V y có 2 đi m c n tìm: ậ ể ầ
)3;4(
1
M
,
)1;2(
2
−M

0,5
0,25
II a)
(1đ)
2 2
3 5

0,75
1 1
256 4.
27 32
A
−
−
   
= + +
 ÷  ÷
   
0,25
0,25
b)
(1đ)
B =
9log2
16log
3log1
16
25
2
452.3
−
+
+−−

Ta có:
3log1
2

2
+
= 2.
2
3log
2
2
= 2.9 = 18
16log
25
5
=
255
2log
16log
2
1
5
2
5
==
3
16
4
4
4
3log
2
9log2
4

16
==
−
Vậy B = -3.18 – 2 +
3
16
=
3
152
−
2)
= − +
2
4 3
x x
y e e
;
)2(242'
2
−=−=
xxxx
eeeey
y’ = 0
⇔
[ ]
4ln;02ln02 ∈=⇔=− xe
x
y(0) = 0 , y(ln2) = -1 , y(ln4) = 3
Vậy
[ ]

3
max
4ln;0
=
y
khi x = ln4 ,
[ ]
1
min
4ln;0
−=
y
khi x = ln2
0,25
0,25
0.25
0,25
III 1
(1đ)
Hình chóp S.ABCD có đáy là tứ giác đều và các cạnh bên bằng nhau, nên
S.ABCD là hình chóp tứ giác đều.
Gọi O là tâm của đáy, suy ra SO ⊥ (ABCD)
2
2 2 2
2 14
4
4 2
a a
SO SA OA a
= − = − =

;
2
ABCD
S a
=
+
3
2
1 14 14
.
3 2 6
a a
V a= =
(đvtt)
0,25
0,25
0,5
2
(1đ)
* Xác định tâm:
Ta có SO là trục của đáy
Trong mp(SAO), dựng đường trung trực d của cạnh SA
Gọi I = d ∩ SO



===⇒∈
=⇒∈
⇒
IDICIBIASOI

ISIAdI
⇒
I là tâm mặt cầu ngoại
0,25
0,25
O
A
D
C
B
S
WWW.TOANCAPBA.TK
tiếp hình chóp
* Bán kính R = SI
Gọi N là trung điểm SA, ta có:
7
142
14
4
2
cos
22
a
a
a
SO
SA
SI
SA
SO

SI
SN
ASB ===⇒==
∧
0,5
Iva
(1đ)
2
(3 )
= −
y x x
; y’ = 3x
2
– 12x + 9
Ta có: y
0
= 0



=⇒=
=⇒=
⇔
0)3('3
9)0('0
0
0
yx
yx
Phương trình tiếp tuyến:




=
=
0
9
y
xy
0,25
0,25
0,25
Va
(2đ)
1
(1đ)

2.14 3.49 4 0
+ − =
x x x
01
2
7
.2
2
7
.3
2
=−







+






⇔
xx
Đặt t =
x






2
7
(t > 0). Phương trình trở thành:
3t
2
+ 2t – 1 = 0






=⇒=
−=
3
1
log
3
1
)(1
2
7
xt
lt

0,25
0,5
0,25
2
(1đ)
3log)2(loglog
5
15
5
1
<−−
xx
(*)
Điều kiện: x > 2

(*)
[ ]
3log)2(log
5
1
5
1
<−⇔ xx




>
−<
⇔
>−⇔
3
1
3)2(
x
x
xx
Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của bất phương trình: x > 3
0,25
0,25
0,25
0,25
IVb
(1đ)
2

x x 2
y
x 2
− −
=
+
(C), (d): 3x + y - 2 = 0
⇔
y = -3x + 2
2
2
)2(
4
'
+
+
=
x
xx
y
Vì tiếp tuyến song song với đường thẳng (d) nên:
y’(x
0
) = -3



−=⇒−=
=⇒−=
⇔−=

+
+
⇔
103
01
3
)2(
4
00
00
2
0
0
2
0
yx
yx
x
xx
Phương trình tiếp tuyến:



−−=
−−=
193
33
xy
xy
0,25

0,25
0,25
0,25
Vb 1
2
sin 5
=
x
y e x
. Chöùng toû raèng:
" 4 ' 29 0− + =y y y
Ta có: y’= 2e
2x
.sin5x+5e
2x
.cos5x
y’’= -21e
2x
.sin5x + 20e
2x
cos5x
VT = -21e
2x
.sin5x + 20e
2x
cos5x – 4(2e
2x
.sin5x+5e
2x
.cos5x) + 29 e

2x
.sin5x =
0 = VP (đpcm)
0,25
0,25
0,5
2
2
(3 )
= −
y x x
xxx 96
23
+−=
(C)
WWW.TOANCAPBA.TK
(d): y = mx
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d):



=−+−=
=
⇔=+−
(*)096)(
0
96
2
23
mxxxf

x
mxxxx
Để (d) cắt (C) tại 3 điểm phân biệt
⇔
pt(*) có 2 nghiệm phân biệt khác 0



≠
>∆
0)0(
0'
f



≠
>
⇔
9
0
m
m
0,25
0,25
0,5