Đề tham khảo học kỳ I môn Toán khối 12 Trường THPT Phú Điền50502

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP TRƯỜNG THPT PHÚ ĐIỀN ĐỀ THAM KHẢO HỌC KỲ I MÔN TOÁN KHỐI 12 I.. Tính gía trị biểu thức.. Tính thể tích khối chóp S.ABC 1đ 2.. Tính bán kính mặt cầu ngoại

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP

TRƯỜNG THPT PHÚ ĐIỀN

ĐỀ THAM KHẢO HỌC KỲ I MÔN TOÁN

KHỐI 12

I PHẦN CHUNG (7,0 điểm)

Câu I ( 3 điểm)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y x33x2 1 (2đ)

2 Tìm m để trình 1 3 2 có ba nghiệm thực phân biệt (1đ)

0

3x x  m

Câu II ( 2 điểm)

1 Tính gía trị biểu thức 4 log 3 8 (1đ)

25

log 5 5 4 2 log 5

Câu III ( 2 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA = 2a và SA (ABC) Tam giác ABC vuông cân tại B, ABa 2

1 Tính thể tích khối chóp S.ABC (1đ)

2 Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp (1đ)

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) (Học sinh chọn IVa và Va hay IVb và Vb )

A Theo chương trình chuẩn

Câu IVa ( 1 điểm)

Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (C) 3 2 biết tiếp tuyến có hệ số góc

3x 2

yx   bằng 9

Câu Va ( 2 điểm)

2x2x 2 0 2) Bất phương trình lôgarit 2log3(4x-3) + 1  (1đ)

3

log 2x 3 2

B Theo chương trình nâng cao

Câu IVb ( 1 điểm)

Viết phương trình tiếp tuyến với (c) 2 3 biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng

2 1

x y x





 (1đ)

1

2

y x

Câu Vb ( 2 điểm)

e x

e y

y' 

2 Cho hàm số 3 2 Tìm để hàm số có cưc trị (1đ)

( 1) (2 1) 1 3

yx  m x  m x  m m

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

I 1)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x33x21 (2đ)

TXĐ: ฀

;

2

2

x y

x





   

 lim

x

y

x  0 2 

y' + 0 - 0 +

y 1 +

-3



Vậy hàm số đồng biến trên các khoảng ; 0 , 2;  

Hàm số nghịch biến trên khoảng  0; 2

Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y CD= 1 Hàm số đạt cực tiểu tại x =2, y CT  -3

Điểm đặc biệt

0,25

0,25

0,25

0,25

0,5

0,25

0,25

2) Tìm m để trình 1 3 2 có ba nghiệm thực phân biệt

0

3x x  m

1

3x x m

Số giao điểm của đường thẳng (d) y3m1và đồ thị (c) 3 2 là số

yx  x  nghiệm của PT

Để PT có 3 nghiệm phân biệt  3 3m 1 1  4 3m0 4 0

3 m

    Vậy 4 0 thì phương trình có ba nghiệm

3 m

  

0,25

0,25

0,25

0,25

25

log 5 5 4 2 log 5

5 2.log 3 4

log  5 2 2 log 5

5

8

8

   

0,5

0,5

Câu

II

' ln 1

y  x y' 0 lnx 1 0 lnx1  x e

(1) 2

y  

( )

y e  e

2

( ) 0

y e 

2

1;

0

e

Max y

 

 



2

1;e

Min y e

 

 

 

0,5

0,5

Câu Cho hình chóp S.ABC có SA = 2a và SA (ABC) Tam giác ABC vuông cân tại B,

f(x)=x^3-3x^2+1

-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9

-8 -6 -4 -2 2 4 6 8

x f(x)

ABa

a)Tính thể tích khối chóp S.ABC (1đ)

SA ABCSA là đường cao của hình chóp

1

3 ABC

V  S SA

=

2

1 2

ABC

S  AB 1 2

2

2 a

a

.2

V  a a a

0,25

0,25

0,25

0,25

III

b)Gọi O là trung điểm SC O cách đều S và C 

Dựng OI // SA suy ra I là trung điểm AC

và I là tâm của mặt đáy OI là trục của đáy O cách đều A,Bvà C 

Vậy O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

2 2

SC

R a

0,25

0,25

0,25 0,25

Câu

IVa

2

' 3x 3

Với x0 = 2 y0 4

Phương trình tiếp tuyến: yy0  y x'( )(0 xx0)  y 4 9(x2) y 9x 14

Với x0 = -2y0 0

Phương trình tiếp tuyến: yy0  y x'( )(0 xx0)  y 0 9(x2) y 9x18

Vậy có hai phương trình tiếp tuyến: y9x 14 và y9x18

0,25 0,25

0,25

0,25

Câu

Va

1) Giải phương trình mũ 3

2x2 x 2 0

2

8

2

x

Đặt t2 ,x t0 Phương trình trở thành: 2 4 ( )

2 8 0

2 ( )





      



t    x

Vậy phương trình có nghiệm x = 2

0,25

0,25

0,25

0,25 2)Giải bất phương trình lôgarit 2log3(4x-3) + 1  (5)

3

log 2x 3 2

0,25

2a

a 2 A

B

C S

Điều kiện

3

2

x x

x x

x

 



 



(5)   2

3

4 3

2 3

x x







8

x  x  x  x     x

Kết hợp điều kiện, bất phương trình có tập nghiệm S = (3; 3]

4

0,25

0,25

0,25