Đề Khảo sát chất lượng đầu năm lớp 12 môn Toán - Lê Hồng Phong

Tính diện tích toàn phần của hình trụ theo R.[r]

Câu 1( 2,0 điểm).Cho hàm số 3 2 3

y  x mx  m có đồ thị  C m

a Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số khi m1

b Tìm m để đồ thị  C m có hai điểm cực trị là ,A B sao cho OA OB 6, biết O 0;0

Câu 2( 2,0 điểm).Giải các phương trình

a. 5 2  5 2 4

1

2

Câu 3( 2,0 điểm).Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số

ln 1 2 , 2;0

y x   x x 

b y25x25x 5x 5x2 trênđoạn1;1

Câu 4( 2,0 điểm).Cho hình chóp S ABC có SASBSC2a,ABa, BC2a và góc

60

ABC

a Chứng minh tam giác ABC vuông tại A Tính thể tích khối chóp S ABC theo a

b Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chópS ABC theo a

Câu 5( 1,0 điểm).Cho hình trụ có đáy là đường tròn O R và ;  O R';  Hai điểm ,A B nằm trên

đường tròn O R; , còn hai điểm ,C D nằm trên đường tròn O R Kẻ đường sinh ';  AA' và BB'

của hình trụ, biết tứ giác A B CD là hình vuông,' ' AD2R Tính diện tích toàn phần của hình trụ

theo R

Câu 6( 1,0 điểm).Cho x0, chứng minh rằng  2  1

ln 1 x 1 ln x

x

-HẾT-

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

LÊ HỒNG PHONG

BỘ MÔN: TOÁN – TIN

(Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ĐẦU NĂM

NĂM HỌC 2014 - 2015 MÔN TOÁN - LỚP 12- KHỐI B, D

Thời gian làm bài : 150 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu Ý Nội dung Điểm

1 2,0 điểm

a 1,0 điểm

1

(2,0

điểm)

 Tập xác định D

 Sự biến thiên

* Giới hạn : lim ; lim

     nên đths không có đường tiệm cận

0.25

* Chiều biến thiên y' 3x26x; 0

' 0

2

x y

x







Hàm số đồng biến trên  0; 2 , hàm số nghịch biến trên ;0 và 2;

Hàm số đạt cực đại tại xCĐ 2khi đó yCĐ 0

Hàm số đạt cực tiểu tại xCT 0khi đó yCT  4

0.25

Bảng biến thiên

x -  0 2 + 

y - 0 +0 -

y

+  0 -4 - 

0.25

Đồ thị:

+ Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0;-4) và cắt trục hoành tại điểm  2;0 và 1;0 

+ Đồ thị nhận I1; 2  làm tâm đối xứng

0.25

-2

-4

b 1,0 điểm

0 ' 0

2

x y





 Hàm số có CĐ, CT  m 0.

0.25

3

0; 4 ; 2 ;0

3

1 1

m m





1 1

m m





  



0.25

2

(2,0

điểm)

a 1,0 điểm

TXĐ:D

t

phương trình trở thành 1 2

t

 

t

  

 

 



0,25

b 1,0 điểm

1

2

phương trình logx x2log 9  15x x x  2 9 15x  *

Cách 1:  * x x  2 2 2x6 15 x 3

x

6

1

x x









0,5

6

x

  ( thỏa mãn) Vậy nghiệm của phương trình là: x6 0,25

3

( 1.0

điểm)

a 1.0 điểm

ln 1 2

yx   x trên 2;0 có

2

' 2

1

2

x y

x







 

  



2;0

2

Có BBT:

0,25

Từ BBT ta có:

 2;0 

1

4

y

2

x 

 2;0 

m axy 4 ln 5

   khi x 2 0,25

b 1.0 điểm

Đặt t 5x 5x t2 25x 25x 2 25x25x  t2 2 0,25 Xét g x 5x 5x trên 1;1là hàm số liên tục

Có g x' 5 ln 5 5 ln 5x  x ln 5 5 x5x

0,25

1

ln 2

4

x

'

y

y

2

-

0

4 ln 5

1 2



   

5

5

   

Khi đó hàm số trở thành: 2

y t t

Xét   2

f t  t ttrên 26

2;

5

  là hàm số liên tục Có f ' t 2t1

2

0,25

Vì f t liên tục trên   2;26

5

  nên  1;1 

min y 2

  khi t2 hay x0

 1;1 

546

m ax

25

y

5

t  hay x 1 hoặc x1

0,25

4

( 2,0

điểm )

Xét tam giác ABC có:



2 os

AC  AB BC  AB BC c ABC

hay AC2 3a2 ACa 3

Ta có:

nên tam giác ABC vuông tại A

( đpcm)

0, 5

Do SASBSC nên chân đường vuông góc H hạ từ S xuống mặt phẳng

ABC là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Do tam giác ABC vuông 

tại A nên H là trung điểm của BC

4

SH SB  BC  a SH a

3

S ABC ABC

0,5

M

H

B

S

I

b 1.0 điểm

Ta có SH là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Trong mặt phẳng SAH 

dựng trung trực của SA cắt SH tại I

,

ISH IAIBIC I thuộc trung trực SA nên SIIA hay I là tâm cầu

ngoại tiếp S.ABC, RSI

0,5

Tính R

Ta có SAH đồng dạng SIM

3

3 3

/

k c

0,5

5( 1,0

điểm

)

Có A B CD là hình vuông nên ' ' CD A D'

Mà CD2A D' 2  A C' 2 4R2 A D' DCR 2

Tam giác A AD' vuông tại A’ nên A A'  AD2A D' 2  4R22R2 R 2

suy ra O O' R 2

0,5

I

D

C

O

O'

A

B E

F

 

2

2 y

xq

tp xq đá

6( 1.0

điểm

)

(do x0)

f t  t t  t trên 0; có

1

1 1

t t





 

f t

 nghịch biến trên 0;

BBT:

Từ BBT ta có f t 0  t 0

Có 1 0

x  

2

x

Mọi cách giải khác, lập luận logic, đúng, cho điểm tối đa

t

 

'

f t

 

f t

0

-

0

