50 fast digital camera techniques

2 Viết phương trình tiếp tuyến với C tại giao điểm của đồ thị C với trục tung.. Góc hợp bởi cạnh bên và mặt đáy bằng 450.[r]

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

Môn thi: TOÁN- Lớp 12

Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề)

Ngày thi:

ĐỀ ĐỀ XUẤT

(Đề gồm có 01 trang)

Đơn vị ra đề: THPT Thanh Bình 1

I PHẦN CHUNG (7,0 điểm)

Câu I: ( 3 điểm)

Cho hàm số  C

x

x y

1

2 3





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

2) Viết phương trình tiếp tuyến với (C) tại giao điểm của đồ thị (C) với trục tung

Câu II: ( 2 điểm)

1) Thực hiện phép tính: log 27 log3 5 1 log20122012

125

2) Tìm GTLN – GTNN của hàm số:   trên đoạn [0 ; 3]

4

5 2 4

1 4  2 

x f

Câu III: ( 2 điểm)

Cho hình chóp đều S.ABCD có các cạnh bên 2a Góc hợp bởi cạnh bên và mặt đáy bằng 450 1)Thể tích khối chóp theo a

2) Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) (Học sinh chọn IVa và Va hay IVb và Vb )

A Theo chương trình chuẩn

Câu IVa ( 1 điểm)

Cho hàm số f x x33x1 có đồ thị  C Viết pttt của đồ thị  C tại điểm có hoành độ , biết

0

x f" x0 0

Câu Va ( 2 điểm)

1) Giải phương trình: 25x  5x 6 0

2) Giải bất phương trình: 1  1 

log 2x7 log x2

B Theo chương trình nâng cao

Câu IVb: ( 1 điểm)

Cho hàm số f x   x3 3 có đồ thị  C Viết pttt của đồ thị  C , biết rằng tiếp tuyến đó song song với đường thẳng  d :y  3x 2012

Câu Vb: ( 2 điểm)

1) Cho hàm số: ln 1 Chứng minh rằng:

1

y x



y

xy e

2) Cho hàm số: 2 1 có đồ thị và đường thẳng Tìm đề

1

x y x





đường thẳng  d cắt đồ thị  C tại hai điểm phân biệt

HẾT

-V/ ĐÁP ÁN:

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 05 trang) Đơn vị ra đề: THPT Thanh Bình 1

I PHẦN CHUNG: (7.0 điểm)

1

(2.0đ)

 TXĐ: D = R \  1









2 3 lim

1 x

x









2 3 lim

1 x

x

x

TCĐ : x = -1



1

2 3







x

1

2 3







x

x

TCN : y = 3





 1 0, 1

5



x y

 Hàm số luôn đồng biến trên D

 Hàm số không có cực trị

 BBT

x - -1 + 

y’ + + + 3

y

3 - 

 Điểm đặc biệt : ( 0 ; - 2) ; ( ; 0)

3 2

 Đồ thị :

10 9 8 7 6 5 4 3 2 1

-1 -2 -3

x=t(y)

0.25

0.25

0.25 0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

Câu I

(3,0 đ)

2 (1.0đ)

 x0 0 y0 2

 PTTT tại A(0 ; -2) có hệ số góc f’(x0) có dạng:

0.25

y = f’(x0)(x – x0) + y0

Mà f’(x0) = f’(0) = 5

y = 5x – 2



0.25 0.25 0.25

1 (1.0đ)

1 log 27 log log 2012

125

log 3 log 5 1 = 3log 3 3log 5 13  5  = 3 3 1   1

0.5 0.25 0.25

Câu II

(2,0 đ)

2 (1.0đ)

Tìm GTLN – GTNN của f(x) = trên

4

5 2 4

1x4  x2   0;3

 f '(x)  x3 4x , cho f’(x) = 0

 

 

 

































3

; 0 2

3

; 0 2

3

; 0 0 0

4 3

x x

x x

x



4

5 ) 0 ( 

f



4

11 ) 2 ( 

f



2

7 ) 3 ( 

f

ậy : khi x = 3 ; khi x = 2

7 ) ( 3

; 0



x Maxf

11 ) ( min 3

; 0





x f

0.25

0.25

0.25

0.25 Câu III

(2,0 đ)

1 (1.5đ)

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD

Ta có: S.ABCD là hình chóp đều Nên : SOABCD

OA là hình chiếu vuông góc của SA trên

 mp(ABCD)

SA ABCD,  SA AO,  SAO450

2

SA

SOA vuông cân tại O

 

0.25

0.25 0.25

Mà ACAB 2 (vìAC là đường chéo hình vuông ABCD)

2 4

ABCD

3

= 1 2 4 3 2 (đvtt)

2.4

a

0.25 0.25

0.25

2 (0.5đ)

Ta có: OA OB OC OC   (vì O là tâm hình vuông ABCD)

2

OS OA OB OC OD a

Nên: S,A,B,C,D cách đều điểm O một khoảng bằng a 2 Vậy: mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD có tâm O, bán kính R a 2

0.25

0.25

I PHẦN RIÊNG: (3.0 điểm)

Câu

IVa

(1.0đ)

  3 3 1

f x x  x

 f x' 3x23

 f" x 6x

 

" 0 6 0

f x   x  x 0 Với x0  0 y0  1 M 0;1

 0  

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị  C : :y 3x 1

   

0.25

0.25 0.25 0.25

1 (1.0đ)

(1)

25x  5x 6 0

(2) 2

5 x  5x 6 0 Đặt t5x t0 (2)    t2 t 6 0  

 

3 2





   

 Với t  3 5x 3  x log 35 Vậy: phương trình (1) có nghiệm xlog 35

0.25 0.25

0.25 0.25

Câu Va

(2.0đ)

2 (1.0đ)

log 2x7 log x2

2 7 0

2 0

x x

 





  

   

 7 2 2 9

x x x

  





 

  





2

x

 

Vậy: Bất phương trình có tập nghiệm S 2;

0.25

0.5

0.25

Câu

IVb

(1.0đ)

  3 3

f x   x

2 '( ) 3

f x   x

Gọi là tiếp tuyến của đồ thị   C có hệ số góc k

Ta có: / /( ) :d y  3x 2012

3

k

  

f x   k x   0

0

1 1

x x





   

 Với x0  1 y 02 Phương trình tiếp tuyến của đồ thị  C :

1:y 3(x 1) 2

      1:y  3x 5

 Với x0   1 y0 4 Phương trình tiếp tuyến của đồ thị  C :

 

2:y 3 x 1 4

      2:y  3x 1

0.25

0.25

0.25

0.25

Câu Vb

(2.0đ)

1 (1.0đ)

1 ln 1

y x



 ' 1 ' ln

1

y

x

   

'

2 1 1

1 1

x x

  

= 1

1

x





1

1

x

    



= 1 1 (1)

x x

   

0.25

0.25

e y elnx1 1 = 1 (2)

1

x

Từ (1) và (2) x y ' 1 e y

0.25 0.25

2 (1.0đ) PT hoành độ giao điểm của  C và  d :

2 1 1

x

x m x

   



1

x





      



2

1

2 1

x





       



  2

1

x





      

 Đặt g x x2 1 m x m  1 cắt tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi

 d  C

phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1

 

 

0

1 0

g x

g



 





 

2 2



 



3 0,

m

 

 



3 2 3

3 2 3

m m

  

 

 



Vậy: 3 2 3là giá trị cần tìm

3 2 3

m m

  

 

 



0.25

0.25

0.25

0.25

Lưu ý: Học sinh có cách giải khác đúng vẫn được điểm tối đa.