a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số.
Trang 1KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I
Năm học: 2012-2013 Mơn thi: TỐN - Lớp 12
Thời gian: 120 phút (khơng kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 14/12/2012
ĐỀ ĐỀ XUẤT
(Đề gồm cĩ 01 trang)
Đơn vị ra đề: THPT Đốc Binh Kiều
A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm):
Câu I (3 điểm)
Cho hàm số 2 1
1
x y x
+
=
− cĩ đồ thị (C).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Tìm tọa độ điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M vuơng gĩc với đường thẳng
2012 3
:
)
(d y = x+
Câu II (1 điểm)
1 Tính giá trị biểu thức
a)
A
−
b) B = 1 log 23 log2516 2 log169
4 5
2
−
2 Tìm GTLN, GTNN của hàm số: y e= 2x − 4e x+ 3 trên đoạn [0 ; ln4]
Câu III(2điểm) Cho hình chĩp S.ABCD cĩ đáy ABCD là hình vuơng cạnh a; các cạnh bên đều bằng nhau và bằng 2 a
1) Tính thể tích khối chĩp đã cho
2) Tìm tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chĩp
B.PHẦN TỰ CHỌN (3 điểm):
Học sinh chọn (câu IV.a; Va hoặc IV.b; Vb)
Câu IV.a (1 điểm) Cho hàm số y= x(3−x)2 (C)
Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại giao điểm của (C) với trục hoành
Câu V.a (2 điểm)
1) ( 1 điểm) Giải phương trình : 2.14x +3.49x −4x =0
2) (1 điểm) Giải bất phương trình: log log ( 2) log 3
5 1 5
5
Câu IV.b (1 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y x2 x 2
x 2
− −
= + biết tiếp tuyến
song song với đường thẳng 3x + y - 2 = 0
Câu V.b (2 điểm)
1) Cho hàm số y e= 2xsin 5x Chứng tỏ rằng: y" 4 ' 29− y + y = 0
2) Cho hàm số y= x(3−x)2 (C)
Một đường thẳng (d) đi qua gốc toạ độ O có hệ số góc m Với giá trị nào của m thì đường thẳng (d) cắt (C) tại 3 điểm phân biệt
Trang 2
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 4 trang) Đơn vị ra đề: THPT Đốc Binh Kiều
I
(3đ)
a)
(2đ) Hàm số : 2 1
1
x y x
+
=
− + TXĐ : D=R\{1}
+ ( 1)2
3 '
−
−
=
x
y < 0 ∀x≠1 + Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (−∞;1) và (1 ; +∞)
+ Hàm số không có cực trị
+
→
y
y
x x
lim
lim
1 1
,
⇒ x = 1 là tiệm cận đứng
lim =2 , lim = 2
∞ +
→
∞
−
x x
⇒ y = 2 là tiệm cận ngang
+ BBT
x −∞ 1 +∞
y’ − −
y 2 +∞
−∞ 2
+ Giao với Ox: y = 0 ⇒ x =
2
1
−
Giao với Oy: x = 0 ⇒ y = -1
Đồ thị :
0,25 0,25 0,25
0,25
0,5
0,5
b)
(1đ)
G i M(xọ 0;y0) là đi m c n tìmể ầ
Vì ti p tuy n t i M vuông góc v i đ ng th ng (d) nên y’(xế ế ạ ớ ườ ẳ 0) =
3 1
Trang 33
1 )
1 (
3
2 0
−
=
−
−
=
⇒
−
=
=
⇒
=
⇔
1 2
3 4
0 0
0 0
y x
y x
V y có 2 đi m c n tìm: ậ ể ầ M1(4;3) , M2(−2;1)
0,5
0,25
II a)
(1đ)
A
−
0,25 0,25
b)
(1đ)
B = 1 log 23 log2516 2 log169
4 5
2
−
Ta có:
3 log
2 + = 2.2log2 2= 2.9 = 18
16 log25
5 = 52log 16 5log 2 2
1
5 2
=
= 3
16 4
4
2 9
log 2
4
−
Vậy B = -3.18 – 2 +
3
16 = 3
152
−
2) y e= 2x−4e x +3 ; y'=2e2x −4e x =2e x(e x −2)
y’ = 0 ⇔ e x −2=0⇔ x=ln2∈[0;ln4]
y(0) = 0 , y(ln2) = -1 , y(ln4) = 3 Vậy max[ ] 3
4 ln
; 0
=
y khi x = ln4 ,
[ ]
1
min
4 ln
; 0
−
=
y khi x = ln2
0,25 0,25 0.25 0,25 III 1
(1đ) Hình chóp S.ABCD có đáy là tứ giác đều và các cạnh bên bằng nhau, nên S.ABCD là hình chóp tứ giác đều
Gọi O là tâm của đáy, suy ra SO ⊥ (ABCD)
2
4
a a
SO= SA −OA = a − = ;
2
ABCD
+ 1 2 14 3 14
V = a = (đvtt)
0,25
0,25
0,5
2
(1đ) * Xác định tâm:Ta có SO là trục của đáy
Trong mp(SAO), dựng đường trung trực d của cạnh SA Gọi I = d ∩ SO
=
=
=
⇒
∈
=
⇒
∈
⇒
ID IC IB IA SO I
IS IA d I
⇒I là tâm mặt cầu ngoại
0,25 0,25
O A
B S
Trang 4tiếp hình chĩp
* Bán kính R = SI Gọi N là trung điểm SA, ta cĩ:
7
14 2 14
4 2
a
a SO
SA SI SA
SO SI
SN
Iva
(1đ)
2
(3 )
y x x ; y’ = 3x2 – 12x + 9
Ta cĩ: y0 = 0
=
⇒
=
=
⇒
=
⇔
0 ) 3 ( ' 3
9 ) 0 ( ' 0
0
0
y x
y x
Phương trình tiếp tuyến:
=
=
0
9
y
x y
0,25 0,25
0,25
Va
(2đ) (1đ)1 2.14x +3.49x −4x =0
0 1 2
7 2 2
7 3
2
=
−
+
⇔
x x
Đặt t =
x
2
7 (t > 0) Phương trình trở thành:
3t2 + 2t – 1 = 0
=
⇒
=
−
=
3
1 log 3
1
) ( 1
2 7
x t
l t
0,25
0,5
0,25
2
(1đ) log log ( 2) log53
1 5
5
1 x− x− < (*) Điều kiện: x > 2
(*) log [ ( 2)] log 3
5
1 5
1 − <
>
−
<
⇔
>
−
⇔
3 1
3 ) 2 (
x x
x x
Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của bất phương trình: x > 3
0,25 0,25 0,25
0,25
IVb
(1đ)
2
x x 2 y
x 2
− −
= + (C), (d): 3x + y - 2 = 0 ⇔y = -3x + 2
2
2
) 2 (
4 '
+
+
=
x
x x y
Vì tiếp tuyến song song với đường thẳng (d) nên:
y’(x0) = -3
−
=
⇒
−
=
=
⇒
−
=
⇔
−
= +
+
⇔
10 3
0 1
3 ) 2 (
4
0 0
0 0
2 0 0
2 0
y x
y x
x
x x
Phương trình tiếp tuyến:
−
−
=
−
−
=
19 3
3 3
x y
x y
0,25
0,25 0,25
0,25
Vb 1 y e= 2xsin 5x Chứng tỏ rằng: y" 4 ' 29− y + y = 0
Ta cĩ: y’= 2e2x.sin5x+5e2x.cos5x y’’= -21e2x.sin5x + 20e2xcos5x
VT = -21e2x.sin5x + 20e2xcos5x – 4(2e2x.sin5x+5e2x.cos5x) + 29 e2x.sin5x =
0 = VP (đpcm)
0,25 0,25 0,5
2 y= x(3−x)2 = x3 −6x2 +9x(C)
Trang 5(d): y = mx
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d):
=
− +
−
=
=
⇔
= +
−
(*) 0 9
6 )
(
0 9
3
m x
x x f
x mx x
x
x
Để (d) cắt (C) tại 3 điểm phân biệt ⇔pt(*) có 2 nghiệm phân biệt khác 0
≠
>
∆
0
)
0
(
0
'
≠
>
⇔
9
0
m m
0,25
0,25
0,5