Đề kiểm tra chất lượng học kỳ I môn Toán lớp 12 - Đề 5

TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ
BỘ MƠN : TỐN
GIÁO VIÊN ĐẶNG VĂN HIỂN

KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I
Năm học: 2013-2014
Môn thi: TỐN- Lớp 12
Thời gian: 90 phút (khơng kể thời gian phát đề)
ĐỀ SỐ 05
(Đề gồm có 01 trang)

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 =

(log a b  log b a  1) log a

a
b

(0 < a 1, 0 < b  1)

b) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = e x

2

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)
4a.1) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y 

2x 1
tại điểm có hồnh 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)
4b.1) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y 

x 2  3x  3
tại điểm có hồnh 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.

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ SỐ 05
(Hướng dẫn chấm gồm có 04 trang)
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
-
0
2
y'
0
+
0
+
y
-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)

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
M=

=

Câu 2a
(1,0 đ)
=

1  log 3a b
=
(log a b  log b a  1)(1  log a b)

0.25
0.25
0.25
0.25

1  log 3a b
1
(log a b 
 1)(1  log a b )
log a b

0.25

1  log 3a b
log 2a b  1  log a b
(
)(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
3
Vậy: max y  e 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 vng 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 vng ABCD: SABCD = a2
Thể tích khối chóp S.ABCD: VS.ABCD =

a

3

6

6
Khối nón ngoại tiếp khối chóp S.ABCD có:
Đường trịn đáy là đường trịn ngoại tiếp hình vng ABCD có bán kính
a 2
r=
2
Chiều cao h = SO

Câu 3b
(1,0 đ)

Độ dài đường sinh l = SB = a 2

a 2
a 2 = 2a2
2
3
1 a 2 3 a 2
Thể tích khối nón: V =  (
) 
3

2
12
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
Diện tích xung quanh hình nón: Sxq = 2

Câu 4a.1
(1,0 đ)

0.25

0.25
0.25
0.25

0.25

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25

3
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
3 x - 3 -x + 2 + 8 > 0  3 x  x  8  0
3
 (3 x)2 + 8.3x - 9 > 0
3 x  9 (vn)
 
x
 3 1
Điều kiện: x >

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)

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
y' = -e-x.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 hồnh 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


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