2 đề kiểm tra Học Kỳ I môn Toán lớp 12 tham khảo và đáp án số 7-8

Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABCD.A’B’C’D’.. Tính theo a thể tích của khối chóp S.MB’C’D’.. Cho hình chóp đều tứ giác S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a 2.. Tính theo a diện

ĐỀ 7

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I Môn: TOÁN - LỚP 12

Thời gian: 90 phút (không kể thời gian giao đề)

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ HỌC SINH: ( 7 ĐIỂM )

Câu I: (2 điểm)

Cho hàm số y = x3 - 3x2 + 5 (1)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)

2 Dựa vào đồ thị (C) của hàm số (1), tìm tham số m để phương trình:

23t - 3.4t + 5 = m (t là ẩn) có nghiệm

Câu II: (2 điểm)

1 Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y = x4 - 8x2 + 15 trên đoạn [-1; 3]

2 Tính đạo hàm của các hàm số sau:

Câu III: (1 điểm)

Giải các phương trình sau:

1) 4x 2   x 1 64

Câu IV: (2 điểm)

Cho hình lăng trụ đều tứ giác ABCD.A’B’C’D’ có độ dài cạnh đáy là 2a, cạnh bên

là a

1 Chứng minh hai khối tứ diện ABDA’ và CBDC’ bằng nhau

2 Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABCD.A’B’C’D’

3 Gọi M là trung điểm của cạnh A’D’, S là tâm của hình vuông ABCD Tính theo a thể tích của khối chóp S.MB’C’D’

II PHẦN RIÊNG: ( 3 ĐIỂM )

A Phần dành cho học sinh học theo sách Toán 12 nâng cao

Câu Va: (3 điểm)

1 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y x2 x 2

x 2



song song với đường thẳng 3x + y - 2 = 0

2 Giải phương trình: 6 ln x2

log e  5.log x

3 Cho hình chóp đều tứ giác S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a 2 Tính theo a diện tích của mặt cầu và thể tích của khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD đã cho

B Phần dành cho học sinh học theo sách Toán 12 chuẩn

Câu Vb: (3 điểm)

1 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y x 4

x 1





 biết tiếp tuyến song song với đường thẳng 3x - 4y = 0

2 Giải phương trình: 6 2  2x  5.10x log 2

3 Cho hình chóp đều tứ giác S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a 2 Tính theo a diện tích xung quanh và thể tích của hình nón ngoại tiếp hình chóp S.ABCD đã cho

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ 7

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số: y = x3 - 3x2 +

5

1 Tập xác định: 

2 Sự biến thiên:

a)Giới hạn tại vô cực:

3

lim y lim x (1 ) ; lim y lim (1 )

                  

0,25

b) Bảng biến thiên:

BBT: x - 0 2 +

y’ + 0 - 0 +

5 +

y - 1

Hàm số đồng biến trên (-; 0) và (2; +); nghịch biến trên (0; 2) xCT = 2, yCT = 1; xCĐ = 0, yCĐ = 5 0,50 3 Đồ thị: y’’ = 6x - 6; y’’ = 0  x = 1 - Đồ thị nhận điểm uốn I(1; 3) làm tâm đối xứng - Đồ thị đi qua (-1; 1), (3; 5) 0,50 2 Dựa vào đồ thị (C) …

Đặt x = 2t > 0, phương trình đã cho thành: x3 - 3x2 + 5 = m Vậy phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi đường thẳng y = m có điểm chung với đồ thị (C) của hàm số (1) trên khoảng (0; +) Dựa vào đồ thị (C) của hàm số (1) trên khoảng (0; +) ta có các giá trị của m cần tìm là: m  1 0,50 II 2,00 1 Tìm giá trị nhỏ nhất và …

Hàm số y = x4 - 8x2 + 15 liên tục trên đoạn [-1; 3]

Ta có y’ = 4x3 - 16x = 4x(x2 - 4)

2

y ' 0 4x(x 4) 0 x 0, x 2 x 0

1 x 3 1 x 3 1 x 3 x 2

0,50

Vậy Min y y(2)[-1; 3]  1; Max y y(3) 24[-1; 3]   0,25

y

x

5

2 3 -1

O

3 1 1

y’ = (x2)’.e4x + x2.(e4x)’.

b) y = ex.ln(2 + sinx) Tập xác định: 

= ex.ln(2 + sinx) + ex.(2 sinx)'

2 sinx



 = ex.ln(2 + sinx) + ex cosx

2 sinx 0,25

1 Giải phương trình: 4x 2   x 1 64

 Tập xác định: 

2

x x 1

4   64

  4x 2   x 1 43

2 Giải phương trình: log x log (x 2) 13  3  

Tập xác định: (2; +)

 x(x - 2) = 3  x2 - 2x - 3 = 0  x = -1 hoặc x = 3

Hình vẽ

0,25

nhau

Ta có mp(BDD’B’) là mặt trung trực của hai đoạn thẳng AC và A’C’

nên phép đối xứng qua mp(BDD’B’) biến bốn điểm A, B, D, A’ lần

lượt thành bốn C, B, D, C’

Vậy hai khối tứ diện ABDA’ và CBDC’ bằng nhau

0,25

2 Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABCD.A’B’C’D’

Ta có đáy của khối lăng trụ là hình vuông ABCD có diện tích bằng

Vậy thể tích của khối lăng trụ là V = SABCD.AA' = 4a2.a = 4a3 0,50

Ta có đáy của khối chóp S.MB’C’D’ có diện tích bằng:

SMB’C’D’ = SA’B’C’D’ - SA’B’M = 4a2 - a2 = 3a2 0,25 Chiều cao của khối chóp S.MB’C’D’ bằng khoảng cách từ S đến

Vậy thể tích của khối chóp S.MB’C’D’ là V =

2 3 MB'C'D'

S AA' = 3a a a

2a a

M

S

C

D A

D'

A'

B

Va Phần dành cho học sinh học theo sách Toán 12 nâng cao 3,00

Tiếp tuyến  song song với đường thẳng 3x + y - 2 = 0 nên có hệ

số góc k = -3 Gọi (x0; y0) là tọa độ tiếp điểm, ta có k = -3 = y’(x0) 0,25

x 3 y ' 1 , x 2

x 2 (x 2)

y’(x0) = -3  (x0 + 2)2 = 1  x0 = -1 hoặc x0 = -3

0,25

Với x0 = -1, y0 = 0, ta có tiếp tuyến tại (-1; 0) là y = -3(x + 1) 0,25

Với x0 = -3, y0 = -10, ta có tiếp tuyến tại (-3; -10) là y = -3(x + 3) - 10

0,25

2 Giải phương trình: log e2 6 ln x 2 5.log x2

Điều kiện xác định của phương trình: x > 0

2

6 ln x

log e  5.log x

6 ln x ln x ln x 5ln x 6 0

Với lnx = 3  x = e3 (thỏa đk)

3 Tính diện tích mặt cầu và thể tích khối cầu …

Gọi O là tâm hình vuông ABCD, ta có OA = OB = OC = OD = a;

OS2 = SA2 - OA2 = 2a2 - a2 = a2  OS = a Vậy tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là O, bán kính R = a

0,50

Vb Phần dành cho học sinh học theo sách Toán 12 chuẩn 3,00

Tiếp tuyến  song song với đường thẳng 3x - 4y = 0 nên có hệ số góc k = 3/4 Gọi (x0; y0) là tọa độ tiếp điểm, ta có k = 3/4 =

0

0

y ' , x 1 y '(x )

y’(x0) = 3/4  (x0 - 1)2 = 4  x0 = -1 hoặc x0 = 3

0,25

Với x0 = -1, y0 = 5/2, ta có tiếp tuyến tại (-1; 5/2) là y = 3(x 1) 5

4  2 0,25

Với x0 = 3, y0 = -1/2, ta có tiếp tuyến tại (3; -1/2) là y = 3(x 3) 1

4   2 0,25

2 Giải phương trình: 6 2  2x  5.10x log 2.

Tập xác định: 

6 2   5.10  6 2 2x 5.10log 2 x  6 2 2x 5.2x 0,25

 22x  5.2x   6 0  2x = 2 hoặc 2x = 3 0,25

3

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD, ta có hình nón ngoại tiếp hình chóp S.ABCD có bán kính đường tròn đáy R = OA = a; chiều cao

= SO = a; đường sinh SA = a 2

0,50

Diện tích xung quanh của hình nón Sxq = R.SA = a2

R SO a a a

3  3  3 0,25

… Hết …

Ghi chú: Trong từng câu, học sinh có thể làm theo cách khác, giáo viên tùy theo mức độ để cho điểm hợp lí.

ĐỀ 8 KIỂM TRA HỌC KỲ I

Môn Toán-Khối 12 Chuẩn-Nâng cao.

Thời gian : 90 phút (không kể thời gian phát đề)

PHẦN CHUNG:( 7 điểm)

Câu 1(3đ): Cho hàm số :

1

2 ) (







x

x x

f

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

2 Chứng minh rằng đường thẳng d: y = 2x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm M và

N phân biệt với mọi m Xác định m để đoạn thẳng MN ngắn nhất

Câu 2(2đ):

1 Giải phương trình: log2( 4 3x  6 )  log2( 9x  6 )  1

n m

n m n m













) )(

; với m n n , 0;m 0

Câu 3(2đ): Cho hình chóp S.ABC có ABC vuông tại B có AB 3cm, BC  4cm, cạnh bên SA  ( ABC) và SA 4cm Gọi (P) là mặt phẳng qua A và vuông góc với SC; mặt phẳng (P) cắt SC và SB lần lượt tại D và E

1 Chứng minh:AE  (SBC)

2 Tính thể tích khối chóp S.ADE

II PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )

A Học sinh học chương trình chuẩn chọn câu 4a.

Câu 4a

2 1 log x 5 2 1

2 ( 1 đ ) Giải phương trình: 25x -33.5x +32 = 0

3 ( 1 đ ) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x4 – 3x3 – 2x2 + 9x trên 2; 2

B Học sinh học chương trình nâng cao chọn câu 4b.

Câu 4b

1 (1 đ) Người ta bỏ năm quả bóng bàn cùng kích thước có bán kính bằng r, vào trong một chiếc hộp hình trụ thẳng đứng, có đáy bằng hình tròn lớn của quả bóng, các quả bóng tiếp xúc nhau và tiếp xúc với mặt trụ còn hai quả bóng nằm trên và dưới thì tiếp xúc với 2 đáy Tính theo r thể tích khối trụ

1

y x

 





3 (1 đ) Giải phương trình: 4x =5-x

Hết

-ĐÁP ÁN MÔN TOÁN KHỐI 12 HỌC KỲ 1* ĐỀ 8

2

y’ = -2/(x-1)2 < 0 với mọi x khác 1 0.25

Hàm số không có cực trị



y



y

0.25 2





y





y

BBT

-y +

+ 2

0.5

* Đồ thị

6

4

2

-2

-4

-6

0.5

Giao điểm I (1; 2) là tâm đối xứng của đồ thị hsố

Σ 2

Phương trình hoành độ giao điểm của (C ) và d là 2x/(x-1) = 2x + m

 g(x) = 2x2 + (m-4)x – m = 0 (1) và x khác 1

0.25 (1) có Δ = (m-4)2 + 8m = m2 + 16 > 0, với mọi m thuộc R 0.25

Vậy (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 khác 1 với mọi m thuộc R, nên d luôn cắt (C ) tại 2 điểm M(x1, 2x1+m) và N(x2, 2x2+m) phân biệt

Ta có: MN2 = 5(x2 – x1)2

5

2

a



0.25

Σ 1

2

1

log2(4.3x-6) – log2(9x-6) = 1

Σ 1

2

Biến đổi vế trái: (m3/4 – n3/4)(m3/4 + n3/4)/(m1/2 – n1/2) –(m.n)1/2 0.25

= (m1/2 – n1/2)(m + m1/2.n1/2 + n)/(m1/2 – n1/2) – (m1/2.n1/2) 0.25

Σ 1

3 1

S

B E

D

0.25

AE vuông góc (SBC)

BC vg AB và BC vg SA => BC vg (SAB)

BC vg (SAB) và AE chứa trong (SAB) => BC vg AE

0.25

SC vg (ADE) và AE chứa trong (ADE) => SC vg AE

0.25

2

VS.ADE

VS.ADE / VS.ABC = SA.SD.SE/SA.SC.SB = SD.SE/SC.SB

=16.16/41.25 = 256/1025

VS.ADE = (256/1025).VS.ABC

4a.1 1 điểm

+ Đk: x > - 5 + BPT  x 5  3

 x 5  9  x 4 KL: Tập nghiệm là S = 4 ; 

0,25 0,25

0,5 4a.2 1 điểm

+ĐKXĐ: x tùy ý

+Đặt t=5x, ( t>0) +Giải được t=1; t=32 +Kết luận nghiệm: x=0; x=log532

0,25 0,25 0,25 0,25 4a.3 1điểm

+ y’ = 4x3 – 9x2 – 4x + 9, y’ = 0



































2

; 2 4

9 2;2 1

2

; 2 1

x x x

+ y ( - 2 ) = 14, y ( - 1 ) = - 7, y ( 1 ) = 5, y ( 2 ) = 2 + max 2;2  (2)14

 y y , min2;2  (1)7

 y y

0,5

0,25

0,25

4b.1 1 điểm

+ V=R2h + R=r + h=10

+ V=10r3

0.25 0.25 0.25 0.25

4b.2 1 điểm

+ Tìm được TCĐ: x=1

1

y x

x

  



0.25 0.25 0.5

+ HS lập luận và tìm được TCX: y=x-2 ( cả 2 phía)

4b.3 1 điểm

+ HS nhận xét x=1 là một nghiệm của PT

+ H số f(x)=4x đồng biến trên R

+ H số g(x)=5-x nghịch biến trên R

+ Kết luận PT có nghiệm duy nhất x=1

0.25 0.25 0.25 0.25