ĐỀ KIỂM TRA KÌ 1 TOÁN 12 (2010-2011)

1 Tính thể tích của khối chóp.. 2 Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp trên.. 3 Tính diện tích mặt cầu và thể tích khối cầu ngoại tiếp khối chóp trên... Đáp án gồm 3 tra

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO QUẢNG TRỊ

TRƯỜNG THPT LAO BẢO

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ I NĂM HỌC 2010 – 2011

MÔN: TOÁN – Khối 12 Thời gian làm bài: 90 phút không kể thời gian giao đề

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu 1: (3,0 điểm) Cho hàm số 13







x

x

1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có tung độ y = 2

Câu 2: (1,5 điểm) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số:

1 3 2

3

y x  x  x trên đoạn [-1;2].

Câu 3: (2,5 điểm) Cho khối chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a, cạnh bên 2a.

1) Tính thể tích của khối chóp.

2) Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp trên.

3) Tính diện tích mặt cầu và thể tích khối cầu ngoại tiếp khối chóp trên.

II 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 4.a (2,0 điểm) Giải phương trình: e6x 3e3x 2 0

Câu 5.a (1,0 điểm) Cho hàm số ln 1

1

y

x



 Chứng minh rằng e y x y ' 1

2 Theo chương trình Nâng cao:

log x  2 x  1  log x  2 x

Câu 5.b (1,0 điểm) Cho hàm số y ex.sinx

 Chứng minh rằng y'' 2 ' 2 y  y0

Hết

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM

1.1

2.0đ

Sự biến thiên

D x





) 1 (

2 ' 2 Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (-; -1) và (-1; +

Hàm số không có cực trị

0,5











lim

; 1 lim lim

x x

x

y y



 1

lim

x

y

Đồ thị có một tiệm cận đứng là x = -1, và một tiệm cận ngang là y = 1 0,5

x - -1 +

y’ - -

y 1 +

- 1

0,25 Đồ thị Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;3) và cắt trục hoành tại điểm (-3;0) Đồ thị nhận giao điểm I(-1;1) của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng

-3

x 3

y

1

-1 O

0,5

1.2

1,0đ y = 2  x = 1 Do đó hệ số góc của tiếp tuyến là f’(1) = 2

1



Phương trình tiếp tuyến có dạng là y - y0 = f’(x0)(x - x0).Hay y =

2

1

 x +

2 5

0,5

0,5

2

1,5đ Ta có: y’ = x2 – 4x +3.

y’ = 0

1

3 1; 2

x x





 

  

 y(-1) = 11

3

 , y(2) = 5

3, y(1) = 7

3



0,25 0,25 0,5 0,5

3.1

1,0đ

M

O

S

I

Gọi O là giao điểm của AC và BD

Ta có : SO  (ABCD)

Câu Đáp án Điểm

1 ( )

3

dt(ABCD) = a2

= SC - = 4a =

a 14

SO =

2



Vậy : = a 143

6

V

0,25

0,25

0,5

3.2

1,0đ

Dựng mặt phẳng trung trực của SA cắt SO tại I, ta có : SI = IA

và IA = IB = IC = ID (Vì I  SO trục của đường tròn ngoại tiếp hình vuông

ABCD)

 IS = IA = IB = IC = ID

 Mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD có tâm là I và bán kính R = SI

SAO = SI =

SIM

SI = 2a 14

7



Vậy : R = SI = 2a 14

7

0,25 0,25 0,25

0,25

3.3

0,5đ

2

2 224 a = 4 =

49

3 3

V = =



0,25 0,25

4.a

2,0đ Đặt t e t 3x( 0), phương trình đã cho trở thành t2 3t 2 0

1 2

t

t





  

 (thoả mãn điều kiện)

Với t  1 e3x 1 x0

3

x

Vậy, phương trình có hai nghiệm 0, 1ln 2

3

0,5 0,25 0,5 0,5 0,25

4.b

1,0đ Ta có:

'

2

Suy ra:

1 ln

'

1 1

1

x x

VP



0,5

0,5

5.a

2,0đ Điều kiện

2

2







2 2 0

Câu Đáp án Điểm

2

t  x  x  x2 2 x  2t  ( thoả mãn điều kiện (*) ) 0

Phương trình đã cho trở thành:

log 2 13 t    t 2 1 3t t

1

   

      

    (1) Hàm số ( ) 2 1

f t          

    nghịch biến trên  và f (1) 1  nên (1) có nghiệm duy nhất t  1

Với t  1  x2  2 x  2  x   1 3

0,5

0,25 0,5

0,5

5.b

1,0đ Ta có:

' xsin xcos x cos sin

'' 2 x.cos



Suy ra:

'' 2 ' 2 x 2cos 2 cos sin 2sin 0

0,25 0,25 0,5

Hết

(Đáp án gồm 3 trang)