Kiểm tra chất lượng học kỳ I môn thi: Toán - Lớp 12 (Đề 5)

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... Phương trình trở thành:.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I

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 cĩ đồ thị (C).

1

x y x







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 = 3.21log 23  5log2516 42log169

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 ; các cạnh bên đều a

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 biết tiếp tuyến

x 2

 



 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

-HẾT -Lop12.net

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ I

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}

+ 2 < 0

) 1 (

3 '







x

+ 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)

Gọi M(x0;y0) là điểm cần tìm

Vì tiếp tuyến tại M vuông góc với đường thẳng (d) nên y’(x0) =

3 1



3

1 )

1 (

3

2 0





























1 2

3 4

0 0

0 0

y x

y x

Vậy có 2 điểm cần tìm: M1( 4 ; 3 ) , M2(  2 ; 1 )

0,5

0,25

A



(1đ)

0,25 0,25

B = 3.21log 23  5log2516 42log169

b)

(1đ) Ta có:

= 2 = 2.9 = 18

3 log

=

16 log25

1

5 2



 3

16 4

4

2 9

log 2

4



Vậy B = -3.18 – 2 + =

3

16

3

152



0,5

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 khi x = ln4 , khi x = ln2

3

max

4 ln

; 0



y

1

min

4 ln

; 0





y

0,25 0,25 0.25 0,25

(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 (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 I là tâm mặt cầu ngoại

























ID IC IB IA SO I

IS IA d I



0,25 0,25

O A

B S

Lop12.net

tiếp hình chĩp

* Bán kính R = SI Gọi N là trung điểm SA, ta cĩ:

7

14 2 14

4 2

cos

2

a

a SO

SA SI SA

SO SI

SN

Iva

2 – 12x + 9

2

(3 )

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 = (t > 0) Phương trình trở thành:

x











 2 7

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) log 3 (*)

5 1 5

5

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) (C), (d): 3x + y - 2 = 0 y = -3x + 2

2

x x 2 y

x 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)

(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

Lop12.net