đề kiểm tra chất lượng học kì 1 môn toán lớp 12,đề tham khảo số 6

WWW.TOANCAPBA.TK
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)
Ngày thi: 14/11/2012
ĐỀ ĐỀ XUẤT
(Đề gồm có 01 trang)
Đơn vị ra đề: THPT LONG KHÁNH A
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (3,0 điểm). Cho hàm số
3 2
3 2y x x= − + −
, gọi
( )C
là đồ thị của hàm số.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.
2) Dùng vào đồ thị (C), biện luận theo
m
số nghiệm của phương trình:
3 2
3 0x x m
− + − =
.
Câu 2 (2,0 điểm).
1) Tính giá trị của biểu thức:
3
1
4
log 7
25

2
1 81
9 log
125 16
A =
 
+ +
 ÷
 
2) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số:
2
( 2)
x
y e x= −
trên đoạn
[1;3]
.
Câu 3 (2,0 điểm).
Cho khối chóp
.S ABC
có đáy là tam giác
ABC
vuông cân tại
B
. Cạnh bên
SA
vuông góc
với mặt phẳng
( )ABC
và

2SA a=
. Mặt bên
( )SBC
hợp với mặt đáy một góc
0
30
.
a) Tính thể tích của khối chóp
.S ABC
.
b) Xác định tâm và tính bán kính của mặt cầu đi qua bốn đỉnh của hình chóp
.S ABC
.
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 4a (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị
( )C
của hàm số
4
2
3
2 2
x
y x= − −
tại
điểm có hoành độ bằng
1−
.
Câu 5a (2,0 điểm)

1) Giải phương trình:
1
6 6 5 0
x x−
− − =
.
2) Giải bất phương trình:
8 1
8
2
2log ( 2) log ( 3)
3
x x− + − >
.
Câu 4b (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị
( )C
của hàm số
2 1
2
x
y
x
+
=
-
biết tiếp
tuyến có hệ số góc bằng
1
5
−

.
Câu 5b (2,0 điểm).
1) Cho hàm số
2
2
.
x
y x e
−
=
. Chứng minh rằng,
2
(1 )xy x y
′
= −
.
WWW.TOANCAPBA.TK
WWW.TOANCAPBA.TK
2) Cho hàm số
2 1
1
x
y
x
−
=
−
có đồ thị
( )C
. Tìm

m
để đường thẳng
d
:
y x m= +
cắt đồ thị
( )C

tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O. HẾT.
Năm học: 2012-2013
Môn thi: TOÁN – Lớp 12
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ĐỀ XUẤT
(Hướng dẫn chấm gồm có 05 trang)
Đơn vị ra đề: THPT LONG KHÁNH A
Câu Nội dung yêu cầu Điểm
Câu 1
(3,0 đ)
1. (2,0 điểm)
Tập xác định:
D
=
¡
.
0.25
Sự biến thiên:
 Chiều biến thiên:
2
' 3 6y x x
= − +
,

0
' 0
2
x
y
x
=

= ⇔

=

+ Trên khoảng
( )
0 ; 2
,
' 0y
>
nên hàm số đồng biến.
+ Trên mỗi khoảng
( )
; 0
−∞
và
( )
2 ;
+∞
,
' 0y
<

nên hàm số nghịch biến.
0.5
 Cực trị:
+ Hàm số đạt cực đại tại
2x =
và y
CĐ
= 2.
+ Hàm số đạt cực tiểu tại
0x =
và y
CT
=
2−
.
0.25
 Các giới hạn:
lim
x
y
→−∞
= +∞
,
lim
x
y
→+∞
= −∞
.
0.25

 Bảng biến thiên :
x
− ∞
0 2
+ ∞
y’ 0 + 0 –
y
+∞
2−
2
−∞
0.25
Đồ thị: 0.5
WWW.TOANCAPBA.TK
WWW.TOANCAPBA.TK
2. (1,0 điểm)
Ta có:
3 2 3 2
3 0 3 2 2x x m x x m
− + − = ⇔ − + − = −
(*)
PT (*) là phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị
( )C
và đường thẳng
d
:
2y m= −
. Số nghiệm của PT (*) bằng số giao điểm của
( )C
và

d
.
Dựa vào đồ thị ta có:
0.25
0m <
hoặc
4m >
: PT (*) có 1 nghiệm 0.25
0m
=
hoặc
4m
=
: PT (*) có 2 nghiệm 0.25
0 4m< <
: PT (*) có 3 nghiệm 0.25
Câu 2
(2,0 đ)
1. (1,0 điểm)
( )
3 3
2
log 7 log 7
9 3 49= =
0.25
25
1 3
log
125 2
= −

0.25
1
4
81 3
16 2
 
=
 ÷
 
0.25
3
1
4
log 7
25
2 2 2
7
3 3
49
1 81
2 2
9 log
125 16
A = = =
− +
 
+ +
 ÷
 
0.25

2. (1,0 điểm)
2
' ( 2 )
x
y e x x= −
với mọi
(1 ; 3)x∈

0.25
Xét trên khoảng
(1 ; 3)
, ta có:

=
= ⇔

=

0 ( )
' 0
2 ( )
x loaïi
y
x nhaän
0.25
Mặt khác
=(1)f e
,
=
3

(1)f e
,
=(2) 0f
0.25
Vậy
[ ]
3
1 ; 3
max ( ) (1)f x f e= =
,
[ ]
1 ; 3
min ( ) (2) 0f x f= =
. 0.25
WWW.TOANCAPBA.TK
WWW.TOANCAPBA.TK
Câu 3
(2,0 đ)
a) (1,0 điểm)
Ta có
( )⊥SA ABC
nên suy ra
SA
đường cao của hình chóp
.S ABC
.

( )
( )SBC ABC BC∩ =
(1)

AB BC
⊥
(2) (do
∆
ABC
vuông tại
B
)

SB BC
⊥
(3) (do
AB
là hình chiếu của
SB
trên mp
( )ABC
)
Từ (1), (2), (3) ta suy ra góc
·
SBA
là góc giữa 2mp
( )
SBC
và
( )
ABC
. Theo giả
thiết

·
0
30SBA =
.
0.25
Xét tam giác vuông
SAB
, ta có:
·
0
2
tan 2 3
3
tan30
3
= ⇒ = = =
SA SA a
SBA AB a
AB
, suy ra
2 3BC AB a= =
0.25
Diện tích tam giác
ABC
là:
2
1 1
. 2 3.2 3 6
2 2
= = × =

ABC
S BA BC a a a
.
0.25
Vậy thể tích khối chóp
.S ABC
là :
2 3
.
1 1
6 .2 4
3 3
= × × = × =
S ABC ABC
SA a a aV S
.
0.25
b) (1,0 điểm)
Gọi I là trung điểm của cạnh
SC
.
Do tam giác
SAC
vuông tại
A
, có
IA
là đường trung tuyến nên
2
= = =

SC
IA IC IS
.
Tương tự do tam giác
SBC
vuông tại
B
, có
IB
là đường trung tuyến nên
2
= = =
SC
IB IC IS
.
Ta suy ra:
2
= = = =
SC
IA IB IC IS
. Do đó I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp
hình chóp
.S ABC
.
0.5
WWW.TOANCAPBA.TK
WWW.TOANCAPBA.TK
Xét tam giác vuông
SAC
, ta có:

2 2 2
= +SC SA AC
,
mà
2 2 2 2 2 2
(2 3) (2 3) 24= + = + =AC AB BC a a a
,
nên suy
2 2 2 2
(2 ) 24 28= + =SC a a a
,
suy ra
2 7=SC a
.
Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
.S ABC
là:
7
2
= =
SC
R a
.
0.5
Câu 4a
(1,0 đ)
Tiếp tuyến của đồ thị
( )C
:
= ( )y f x

tại
0 0 0
( ; ) ( )M x y C
∈
có PT dạng:
( )
0 0 0
'( )y f x x x y
= − +
.
Ta có:
3
' 2 2y x x= −
.
0.5
Theo giả thiết ta có
0
1x = −
, suy ra
0
2y = −
,
'( 1) 0f − =
.
0.25
Vậy tiếp tuyến có phương trình là :
0( 1) 2y x= + −
hay
2y = −
.

0.25
Câu 5a
(2,0 đ)
1. (1,0 điểm)
Ta có:
1
6
6 6 5 0 6 5 0
6
−
− − = ⇔ − − =
x x x
x
0.25
Đặt
6 , 0= >
x
t t
. Ta có phương trình:
6
5 0− − =t
t
.
0.25
2
1 ( )
5 6 0
6 ( )
t loaïi
t t

t nhaän

= −
⇔ − − = ⇔

=

0.25
Với
6
=
t
, ta có
6 6 1= ⇔ =
x
x
Vậy phương trình đã cho có nghiệm:
1=x
.
0.25
2. (1,0 điểm)
Điều kiện
> 3x

Ta có:
2
8 1 8 8
8
2 2
2log ( 2) log ( 3) log ( 2) log ( 3)

3 3
x x x x− + − > ⇔ − − − >
0.25
2
8
( 2) 2
log
3 3
x
x
−
⇔ >
−
0.25
{ }
2
2
( 2)
4 8 16 0 \ 4
3
x
x x x
x
−
⇔ > ⇔ − + > ⇔ ∈
−
¡
0.25
So với điều kiện, ta nhận
( ) { }

3 ; \ 4x∈ +∞
.
Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm
( ) { }
3 ; \ 4S = +∞
.
0.25
Câu 4b
(1,0 đ)
Tiếp tuyến của đồ thị
( )C
:
= ( )y f x
tại
0 0 0
( ; ) ( )M x y C
∈
có PT dạng:
( )
0 0 0
'( )y f x x x y
= − +
.
Ta có:
2
5
'
( 2)
y
x

= −
−
.
0.25
WWW.TOANCAPBA.TK
WWW.TOANCAPBA.TK
Từ giả thiết ta suy ra
0 0
2
0 0
0
7 3
5 1
3 1
5
( 2)
= ⇒ =

− = − ⇔

= − ⇒ =
−

x y
x y
x
0.25
Với
0
7x =

,
0
3=y
,
1
'(7)
5
= −f
, ta có PTTT:
( )
1
7 3
5
= − − +y x
hay
1 22
5 5
= − +
y x
.
0.25
Với
0
3= −x
,
0
1=y
,
1
'( 3)

5
− = −f
, ta có PTTT:
( )
1
3 1
5
= − + +y x
hay
1 2
5 5
= − +
y x
.
0.25
Câu 5b
(2,0 đ)
1. (1,0 điểm)
Ta có:
2
2
2
' (1 )
−
= −
x
y x e
0.5
Vế trái =
2

2
2
(1 ).
−
′
= −
x
xy x x e
0.25
2
2 2
2
(1 ) . (1 )
−
= − = −
x
x x e x y
= Vế phải (đpcm)
0.25
2. (1,0 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d:
2 1
1
−
= +
−
x
x m
x
⇔

x m x m x
2
( 3) 1 0, 1+ − + − = ≠
(*)
PT (*) có
m m m R
2
2 5 0,
∆
= − + > ∀ ∈
và (*) không có nghiệm x = 1.
Suy ra PT (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt là
A B
x x,
.
0.25
Theo định lí Viét:
A B
A B
x x m
x x m
3
. 1

+ = −

= −

. Khi đó:
( ) ( )

A A B B
A x x m B x x m; , ;+ +
0.25
OAB
∆
vuông tại O thì
( ) ( )
A B A B
OA OB x x x m x m. 0 0= ⇔ + + + =
uur uur
0.25
( )
202
2
−=⇔=+++⇔ mmxxmxx
BABA
Vậy
2m
= −
.
0.25
 Lưu ý: .
WWW.TOANCAPBA.TK