Kiểm tra chất lượng học kỳ I môn thi: Toán - Lớp 12 (Đề 31)

<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: 90 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 10/12/2012. ĐỀ ĐỀ XUẤT (Đề gồm có 01 trang) Đơn vị ra đề: THPT TRẦN QUỐC TOẢN I. PHẦN CHUNG (7,0 điểm) Câu 1: (3,0 điểm) Cho hàm số y = -x3 + 3x2 - 1. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Với giá trị nào của m thì phương trình -x3 + 3x2 - m = 0 có ít hơn 3 nghiệm. Câu 2: (2,0 điểm) 1  log 3a b a) Rút gọn biểu thức M = (0 < a  1, 0 < b  1) a (log a b  log b a  1) log a b 2 b) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = e x  2 x trên [0; 3]. Câu 3: (2,0 điểm) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a và góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 600. a) Tính thể tích khối chóp S.ABC. b) Tính diện tích xung quanh và thể tích khối nón ngoại tiếp khối chóp S.ABC. II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) (Học sinh chọn 4a hay 4b ) Câu 4a: (3,0 điểm) 2x  1 4a.1) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  tại điểm có hoành độ x0 = -2. x 1 4a.2) Giải các phương trình: log4x2 - log2(6x - 10) + 1 = 0; 4a.3) Giải bất phương trình: 3x - 3-x + 2 + 8 > 0. Câu 4b: (3,0 điểm) x 2  3x  3 4b.1) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  tại điểm có hoành độ x0 = 4. x2 4b.2) Cho hàm số y = e-x.sinx, chứng minh rằng y'' + 2y' + 2y = 0. 4b.3) Cho hàm số y = (x + 1)(x2 + 2mx + m + 2). Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại ba 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 TRẦN QUỐC TOẢN Câu. Nội dung yêu cầu. Điểm 0.25 0.25. TXĐ: D = R y' = -3x2 + 6x.  x  0  y  1 y' = 0  -3x2 + 6x = 0    x2 y 3 y'' = -6x + 6 y'' = 0  -6x + 6 = 0  x = 1  y = 1  Điểm uốn: I(1; 1) lim y   , lim y   x  . Câu 1a (2,0 đ). 0.25. 0.25. x  . Bảng biến thiên: x - y' + y. -. 0 0. 2 0 . +. + -. -1 Hàm số nghịch biến trên từng khoảng (-; 0), (2; +); Hàm số đồng biến trên khoảng (0; 2); Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = -1; Hàm số đạt cực đại tại x = 2, yCĐ = 3. Đồ thị:. 0.25 -. 0.25. ^. y. 3. 0.5 O 2. >x. -1. Câu 1b (1,0 đ). Câu 2a (1,0 đ). Ta có: -x3 + 3x2 - m = 0  -x3 + 3x2 - 1 = m - 1 Số nghiệm phương trình (*) bằng số giao điểm của hai đường d: y = m - 1 và (C): y = -x3 + 3x2 - 1.  m 1  3 ycbt   m  1  1 m  4  m  0 1  log 3a b 1  log 3a b M= = 1 (log a b  log b a  1)(1  log a b) (log a b   1)(1  log a b) log a b. Lop12.net. 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 1  log 3a b log 2 b  1  log a b ( a )(1  log a b) log a b. 0.25. (1  log 3a b) log a b = (log 2a b  1  log a b)(1  log a b). 0.25. =. =. (1  log 3a b) log a b = logab (1  log 3a b). 0.25. 2. Câu 2b (1,0 đ). Xét hàm số y = f(x) = e x  2 x xác định và liên tục trên [0; 3] 2 f'(x) = (2x - 2) e x  2 x f'(x) = 0  2x - 2 = 0  x = 1  [0; 3] 1 f(0) = 1, f(3) = e3, f(1) = e 1 Vậy: max y  e 3 tại x = 3, min y  tại x = 1. e [ 0; 3] [ 0; 3]. 0.25 0.25 0.25 0.25. S. 600. A. B. O D. Câu 3a (1,0 đ). C. Gọi O là tâm hình vuông ABCD. Vì S.ABCD là hình chóp đều nên SO  (SACD)  SO là đường cao hình chóp và OB là hình chiếu của SB trên mp(ABCD).  góc giữa SB và mp(ABCD) là góc SBO bằng 600. SO Xét tam giác SOB vuông tại O, tan 60 0  OB 6  SO = OB.tan600 = a 2 Diện tích hình vuông ABCD: SABCD = a2 Thể tích khối chóp S.ABCD: VS.ABCD =. Câu 3b (1,0 đ). a. 3. 6. 6 Khối nón ngoại tiếp khối chóp S.ABCD có: Đường tròn đáy là đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD có bán kính a 2 r= 2 Chiều cao h = SO. Độ dài đường sinh l = SB = a 2 a 2 a 2 = 2a2 2 1 a 2 3 a 3 2 )  Thể tích khối nón: V =  ( 3 2 12. Diện tích xung quanh hình nón: Sxq = 2. Lop12.net. 0.25. 0.25 0.25 0.25. 0.25. 0.25 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Câu 4a.1 (1,0 đ). Câu 4a.2 (1,0 đ). Câu 4a.3 (1,0 đ). Câu 4b.1 (1,0 đ). Câu 4b.2 (1,0 đ). Câu 4b.3 (1,0 đ). TXĐ: D = R \ {1} 3 y' = ( x  1) 2 Gọi M(-2, y0) là tiếp điểm. Ta có: y0 = 5  M(-2; 5) Tiếp tuyến tại M(-2; 5) có: y'(-2) = 3 Phương trình: y - 5 = 3(x + 2)  y = 3x + 11 3 Điều kiện: x > 2 log4x2 - log2(6x - 10) + 1 = 0  log 2 (2 x)  log 2 (6 x  10)  2x = 6x - 10 5  x = (nhận) 2 5 Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x = . 2 9 3x - 3-x + 2 + 8 > 0  3 x  x  8  0 3 x 2 x  (3 ) + 8.3 - 9 > 0 3 x  9 (vn)   x  3 1 x>0 Tập nghiệm bất phương trình đã cho: T = (0; +). TXĐ: D = R\{2} x 2  3x  3 x 2  4x  3 Đặt y  f ( x)   f'(x) = x2 ( x  2) 2 7 Gọi M(4; y0) là tiếp điểm, ta có: y0 = 2 7 3 Tiếp tuyến tại M(4; ) có: f'(4) = 2 4 7 3 Phương trình: y = (x - 4) 2 4 3 1 y= x 4 2 -x y' = -e .sinx + e-x.cosx y'' = e-x.sinx - e-xcosx - e-xcosx - e-xsinx = -2e-x.cosx y'' + 2y' + 2y = -2e-x.cosx - 2e-x.sinx + 2e-x.cosx + 2e-x.sinx = 0 Phương trình hoành độ giao điểm: (x + 1)(x2 + 2mx + m + 2) = 0 x  1    2  x  2mx  m  2  0 (1) ycbt  (1) có hai nghiệm phân biệt khác -1.  '  m 2  m  2  0    1  2m  m  2  0 m  1    m  2 . Vậy m  (-; -1)  (2; +) \ {3}  m3 . Lop12.net. 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25. 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25. 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>