1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số.. Cho khối chóp .S ABC có đáy là tam giác ABC vuông cân tại B.. Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng ABC và SA=2a.. b Xác định tâm và tín
Trang 1KIỂM 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)
Ngày thi: 14/11/2012
ĐỀ ĐỀ XUẤT
(Đề gồm có 01 trang)
Đơn vị ra đề: THPT LONG KHÁNH A
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (3,0 điểm) Cho hàm số y= − +x3 3x2−2, gọi ( )C là đồ thị của hàm số.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
2) Dùng vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm của phương trình: − +x3 3x2− =m 0
Câu 2 (2,0 điểm).
1) Tính giá trị của biểu thức:
3
1 4 log 7
25
2
125 16
A=
2) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: y e x= x( −2)2 trên đoạn [1;3].
Câu 3 (2,0 điểm).
Cho khối chóp S ABC có đáy là tam giác ABC vuông cân tại B Cạnh bên SA vuông góc
với mặt phẳng (ABC và ) SA=2a Mặt bên (SBC hợp với mặt đáy một góc ) 30 0
a) Tính thể tích của khối chóp S ABC
b) Xác định tâm và tính bán kính của mặt cầu đi qua bốn đỉnh của hình chóp S ABC
II PHẦN RIÊNG – PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)
1 Theo chương trình Chuẩn:
Câu 4a (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị ( )C của hàm số 4 2 3
x
y= −x − tại điểm có hoành độ bằng −1
Câu 5a (2,0 điểm)
1) Giải phương trình: 6x−61−x− =5 0
2) Giải bất phương trình: 8 1
8
2 2log ( 2) log ( 3)
3
x− + x− > .
Câu 4b (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị ( )C của hàm số 2 1
2
x y x
+
=
- biết tiếp tuyến có hệ số góc bằng 1
5
−
Câu 5b (2,0 điểm).
1) Cho hàm số
2 2
x
y x e= − Chứng minh rằng, xy′ = −(1 x y2)
Trang 22) Cho hàm số
1
y x
=
− có đồ thị ( )C Tìm m để đường thẳng d : y x m= + cắt đồ thị ( )C
tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O HẾT.
Năm học: 2012-2013
Môn thi: TOÁN – Lớp 12
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ĐỀ XUẤT
(Hướng dẫn chấm gồm có 05 trang) Đơn vị ra đề: THPT LONG KHÁNH A
Câu 1
(3,0 đ)
1 (2,0 điểm)
Sự biến thiên:
Chiều biến thiên: y'= −3x2+6x, 0
' 0
2
x y
x
=
= ⇔ = + Trên khoảng (0 ; 2) , ' 0y > nên hàm số đồng biến
+ Trên mỗi khoảng (−∞ ; 0) và (2 ;+∞), ' 0y < nên hàm số nghịch biến
0.5
Cực trị:
+ Hàm số đạt cực đại tại x=2 và yCĐ = 2
+ Hàm số đạt cực tiểu tại x=0 và yCT = 2−
0.25
Các giới hạn: lim
→−∞ = +∞ , lim
Bảng biến thiên :
y
+ ∞
2
−
2
−∞
0.25
Trang 32 (1,0 điểm)
Ta cĩ: − +x3 3x2− = ⇔ −m 0 x3+3x2− = −2 m 2 (*)
PT (*) là phương trình hồnh độ giao điểm của đồ thị ( )C và đường thẳng d:
2
y m= − Số nghiệm của PT (*) bằng số giao điểm của ( )C và d
Dựa vào đồ thị ta cĩ:
0.25
0
m< hoặc m>4 : PT (*) cĩ 1 nghiệm 0.25
0
0< <m 4 : PT (*) cĩ 3 nghiệm 0.25
Câu 2
(2,0 đ)
1 (1,0 điểm)
log 7 log 7
log
1 4
=
÷
3
1 4 log 7
25
7
3 3 49
125 16
− +
2 (1,0 điểm)
2
' x( 2 )
Xét trên khoảng (1 ; 3) , ta cĩ: =
= ⇔ =
0 ( ) ' 0
x loại y
Mặt khác f(1)=e, f(1)=e3, f(2) 0= 0.25 Vậy max ( )[1 ; 3] f x = f(1)=e3, [min ( )1 ; 3] f x = f(2) 0= . 0.25
Trang 4(2,0 đ)
a) (1,0 điểm)
Ta có SA⊥(ABC nên suy ra SA đường cao của hình chóp ) S ABC
(SBC)∩(ABC)=BC (1)
AB⊥BC (2) (do ∆ABC vuông tại B )
SB⊥BC (3) (do AB là hình chiếu của SB trên mp (ABC ))
Từ (1), (2), (3) ta suy ra góc ·SBA là góc giữa 2mp (SBC và ) (ABC Theo giả)
thiết ·SBA=300
0.25
Xét tam giác vuông SAB , ta có:
·
0
2
3 tan 30
3
= SA ⇒ = SA = a =
Diện tích tam giác ABC là: 1 . 1 2 3.2 3 6 2
ABC
Vậy thể tích khối chóp S ABC là : . 1 1 6 22 4 3
b) (1,0 điểm)
Gọi I là trung điểm của cạnh SC
Do tam giác SAC vuông tại A, có IA là đường trung tuyến nên
2
= = = SC
IA IC IS
Tương tự do tam giác SBC vuông tại B, có IB là đường trung tuyến nên
2
= = = SC
IB IC IS
Ta suy ra: IA IB IC IS= = = = SC Do đó I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp
0.5
Trang 5Xét tam giác vuơng SAC , ta cĩ: SC2=SA2+ AC , 2
mà AC2= AB2+BC2=(2a 3)2+(2a 3)2=24a ,2
nên suy SC2=(2 )a 2+24a2 =28a ,2
suy ra SC=2a 7
Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chĩp S ABC là: 7
2
= SC =
0.5
Câu 4a
(1,0 đ) Tiếp tuyến của đồ thị ( )C : y f x tại = ( ) M x y0( ; ) ( )0 0 ∈ C cĩ PT dạng:
'( )
y= f x x x− + y
Ta cĩ: y' 2= x3−2x
0.5
Theo giả thiết ta cĩ x0 = −1, suy ra y0 = −2, '( 1) 0f − = 0.25 Vậy tiếp tuyến cĩ phương trình là : y=0(x+ −1) 2 hay y= −2 0.25
Câu 5a
(2,0 đ)
1 (1,0 điểm)
6
−
Đặt t=6 ,x t >0 Ta cĩ phương trình: 6
5 0
− − =
t
5 6 0
t loại
t t
t nhận
= −
⇔ − − = ⇔ =
Với t=6, ta cĩ 6x = ⇔ =6 x 1
2 (1,0 điểm)
Điều kiện x>3
8
x− + x− > ⇔ x− − x− > 0.25
2
log
x x
−
{ }
2
2
( 2)
3
x
x
−
⇔ > ⇔ − + > ⇔ ∈
So với điều kiện, ta nhận x∈(3 ;+∞) { }\ 4
Vậy bất phương trình đã cho cĩ tập nghiệm S =(3 ;+∞) { }\ 4 0.25
Câu 4b
(1,0 đ) Tiếp tuyến của đồ thị ( )C : y f x tại = ( ) M x y0( ; ) ( )0 0 ∈ C cĩ PT dạng:
'( )
y= f x x x− + y
Ta cĩ: ' 5 2
( 2)
y
x
= −
− .
0.25
Trang 6Từ giả thiết ta suy ra 2
− x − = − ⇔ = − ⇒ =x y 0.25 Với x0 =7, y0 =3, '(7) 1
5
= −
f , ta có PTTT: 1( 7) 3
5
0.25
Với x0 = −3, y0=1, '( 3) 1
5
− = −
f , ta có PTTT: 1( 3) 1
5
0.25
Câu 5b
(2,0 đ)
1 (1,0 điểm)
Ta có:
2
' (1= − ) −
x
Vế trái =
2
(1 ) −
′ = −
x
2
x
2 (1,0 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d: 2 1
1
− = +
−
x
x m x
⇔ x2+(m−3)x+ − =1 m 0, x≠1 (*)
PT (*) có ∆ =m2−2m+ > ∀ ∈5 0, m R và (*) không có nghiệm x = 1
Suy ra PT (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt là x x A, B
0.25
Theo định lí Viét: A B
A B
3
+ = −
Khi đó: A x x( A; A+m B x x) (, B; B+m) 0.25
OAB
∆ vuông tại O thì OA OB uur uur = ⇔0 x x A B+(x A+m x) ( B+m) =0 0.25
⇔ x A x B m x A x B m m
Lưu ý: