Kiểm tra chất lượng học kỳ I môn thi: Toán - Lớp 12 (Đề 18)

<span class='text_page_counter'>(1)</span>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: 120 phút (không kể thời gian phát đề). ĐỀ ĐỀ XUẤT (Đề gồm có 01 trang) Đơn vị ra đề: THPT NGUYỄN TRÃI I. PHẦN CHUNG (7,0 điểm) Câu I ( 3 điểm) Cho hàm số y  x 3  3x 2  2 có đồ thị (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Tìm m để phương trình  x 3  3x 2  m  0 có 3 nghiệm phân biệt. Câu II ( 2 điểm). log 3 log 4 4 2 + 49 7 1. Tính giá trị biểu thức: A = 2 log 16 - log3 27 2 2. Tìm GTLN - GTNN của hàm số y  f  x   x 2  ln 1  2 x  trên đoạn  1;0. Câu III ( 2 điểm) Cho hình chóp M .NPQ có MN vuông góc với ( NPQ) . NPQ vuông cân tại P . Cho NQ  a 2 , góc giữa MP và ( NPQ) bằng 60 . 1. Tính thể tích khối chóp M.NPQ theo a . 2. Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp khối chóp M.NPQ II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) (Học sinh chọn IVa và Va hay IVb và Vb ) A. Theo chương trình chuẩn. 2x Câu IVa ( 1 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  biết rằng hệ số x 1 góc của tiếp tuyến bằng 2 . Câu Va ( 2 điểm) 1. Giải phương trình: 2. Giải bất phương trình:. 6 x  61 x  5  0 log 1  2 x  1  log 1 3. 3.  x  2  1. B. Theo chương trình nâng cao. Câu IVb ( 1 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y . 3x  2 biết rằng x 1. tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng  : y  4 x  1 . Câu Vb ( 2 điểm) 1. Cho hàm số y  esin x . Chứng minh rằng: y' cos x  y sin x  y''  0 . 2x2  2x  3 2. Tìm tham số m để hai đồ thị hàm số (C): y  và (d): y  x  m cắt nhau x 3. tại hai điểm phân biệt. .........Hết........ Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 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 04 trang) Đơn vị ra đề: THPT NGUYỄN TRÃI Câu Câu I (3,0 đ). Nội dung yêu cầu 1. KS sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y  x 3  3x 2  2 a) TXĐ: D = R b) Sự biến thiên: *Chiều biến thiên: y/ = 3x2 – 6x , cho y/ = 0  x  0, x  2 x - 0 2 + / y + 0 0 + +Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (;0) và (2; ) . +Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2) . *Cực trị: +Hàm số đạt cực đại tại x  0 và yCÐ  y (0)  2 +Hàm số đạt cực tiểu tại x  2 và yCT  y (2)  2 *Giới hạn: lim y  ; lim y   x . *Bảng biến thiên:. x . -. x y/ y. 0 0. + -. 2. -. + +. 2 0. Điểm 2,0 0,25 0,50. 0,25. 0,25 0,25. +. -2. c) Đồ thị:. 0,50. 2. -1 1. -5. 5. 10. -2. -4. 2. Tìm m để pt:  x 3  3x 2  m  0 (1) có 3 nghiệm phân biệt  x 3  3x 2  m  0  x3  3x 2  m  0  x3 – 3x2 + 2 = m + 2 (1) có 3 nghiệm phân biệt  đường thẳng d: y = m+2 cắt (C) tại 3 điểm phân biệt  -2 < m + 2 < 2  - 4 < m < 0 -6. -8. -10. Lop12.net -12. 1,0 0,25 0,25 0,50.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Câu II (2,0 đ). log 3 log 4 4 2 + 49 7 1. Tính giá trị biểu thức A = 2 log 16 - log3 27 2 2 2 log 4 log 4 log 3 log 3 + 4 2   2 2   9 ; 49 7   7 7   42  16     4 3 + 2 log 16  2.log 2  8 ; log 3 27  log 3 3  3 2 2 5 + ĐS: A=  1 . 5 2. Tìm GTLN - GTNN của hàm số y  f  x   x 2  ln 1  2 x  trên  1;0. 1,0. 0,5 0,25 0,25 1,0. Hàm số đã cho liên tục trên đoạn  1;0  Ta có : f /  x   2 x . 1 1 2x. 0,25.  x  1(l ) 2 0 Cho f  x   0  2 x   x   1 ( n) 1 2x  2. 0,25. /. f. 1  1 f     ln 2; f 4  2.  2   4  ln 5;. 0,25.  0  0. 1 1  ln 2 tại x  0,25 4 2 Cho hình chóp M .NPQ có MN vuông góc với ( NPQ) . NPQ vuông.  Vậy : max f  x   4  ln 5 tại x  2 ;  1;0. min f  x    1;0. Câu III (2,0 đ) cân tại P . Cho NQ  a 2 , góc giữa MP và ( NPQ) bằng 60 . 1. Tính thể tích khối chóp M.NPQ theo a . NP là hình chiếu vuông góc của MP lên ( NPQ) .     60o ;( NPQ)    MP ; NP   MPN Suy ra:  MP    . 1,0 0,25. M. · NPQ vuông cân tại P và NQ = a 2 , nên NP  PQ  a .. 1 a2 Suy ra S DNPQ = NP .PQ = 2 2 · Xét MNP vuông tại N , ta có:. Q N. P. MN = NP . tan 60 = a 3. 1 3 3 S DNPQ .MN = a (đvtt) 3 6 2. Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp khối chóp M.NPQ · Gọi I là trung điểm của MQ · Tam giác MNQ vuông tại N, nên IM = IN = IQ · Tam giác MPQ vuông tại P nên IM=IP=IQ. · Vậy I là tâm mặt cầu ngoại tiếp khối chóp. · Do đó, VM .NPQ =. · Bán kính mặt cầu: R =. MQ = 2. MN 2 + NQ 2 a 5 = 2 2. Lop12.net. 0,25 0,25 0,25 1,0 0,25 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Câu IVa (1,0 đ). 0,25 4pR 3 20 5pa 3 · Thể tích khối cầu ngoại tiếp khối chóp: V = (đvtt) = 3 24 1,0 2x Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  biết rằng hệ x 1 số góc của tiếp tuyến bằng 2 . 2 Ta có y  . Gọi  x0 ; y0  là tọa độ tiếp điểm. 2  x  1 2 0,25  2 Hệ số góc tiếp tuyến tại  x0 ; y0  là y  x0   2  2  x0  1.  x0  1  1  x0  2 2    x0  1  1    x0  1  1  x0  0  Với x0  2 , ta có y0  4 . Phương trình tiếp tuyến tại  2;4  là. 0,25. y  2  x  2   4 hay y  2 x  8 .. 0,25. y  2  x  0   0 hay y  2 x .. 0,25.  Với x0  0 , ta có y0  0 . Phương trình tiếp tuyến tại  0;0  là Câu Va 1. Giải phương trình: 6 x  61 x  5  0 (2,0 đ) 6 Ta có 6 x  61 x  5  0  6 x  x  5  0 6. 1,0 0,25. 1  Đặt t  6 x ,  t  0  ta có phương trình t  6.  5  0 t t  1(l )  t 2  5t  6  0   . t  6( n ) .  Với t  6 , ta có 6 x  6  x  1. 2. Giải bất phương trình: log 1  2 x  1  log 1 3. 2 x  1  0 1  Đ/kiện xác định:  x 2 x  2  0 Bpt  log 1  2 x  1  log 1  x  2   log 1 3 3. 3. 3. 3.  log 1  2 x  1  log 1  3 x  6   2 x  1  3 x  6  7  x. Câu IVb (1,0 đ). 3.  x  2  1. 0,25 0,25 0,25 1,0 0,25. 3. 0,25 0,25. 1  So điều kiện ta được tập nghiệm của bất p/trình đã cho T   ;   0,25 2  1,0 3x  2 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  biết rằng x 1 tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng  : y  4 x  1 . 1 Ta có: y '  . TT vuông góc với  : y  4 x  1  TT có hệ số góc ( x  1) 2. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 1 1  y '( x0 )   ( x0  1) 2  4  x0  3, x0  1 4 4 7  x 17  *Với x0  3  y0  . PTTT là: y  2 4 4 5 x 9  *Với x0  1  y0  . PTTT là: y  2 4 4 Câu Vb 1. Cho haøm soá y  esin x .Chứng minh rằng: y' cos x  y sin x  y''  0 k. (2,0 đ). 0,25 0,25 0,25 0,25. y '  cos x.esin x y ''  cos 2 xesin x  sin xesin x VT  cos 2 x.esin x  sin x.esin x  cos 2 xesin x  sin xesin x  0  VP. 2. Tìm tham số m để hai đồ thị hàm số (C): y . 1,0. 2x2  2x  3 và (d): x 3. 1,0. y  x  m cắt nhau tại hai điểm phân biệt. 2x2  2x  3  xm x 3 x  3 x  3  2  2 2 x  2 x  3  ( x  m)( x  3) 2 x  2 x  3  ( x  m)( x  3) x  3  2  x  (1  m) x  3(m  1)  0, (*). Phương trình hoành độ giao điểm:. 0,25 0,25. Kiểm tra được x  3 không phải là nghiệm của (*) với mọi m. Do đó số nghiệm của (*) là số giao điểm của hai ĐTHS đã cho. Như vậy ta cần tìm m để (*) có hai nghiệm, nghĩa là. 0,5. --Hết--. Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>