Kiểm tra chất lượng học kỳ I môn thi: Toán - Lớp 12 (Đề 10)

b Xác định tâm và tính bán kính của mặt cầu đi qua bốn đỉnh của hình chóp S.. Theo chương trình Chuẩn:..[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: 14/11/2012

ĐỀ ĐỀ XUẤT

(Đề gồm có 01 trang)

Đơn vị ra đề: THPT LONG KHÁNH A

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

Câu 1 (3,0 điểm) Cho hàm số y  x3 3x22, gọi ( )C là đồ thị của hàm số

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

2) Dùng vào đồ thị (C), biện luận theo số nghiệm của phương trình: m  x3 3x2 m 0

Câu 2 (2,0 điểm).

1) Tính giá trị của biểu thức:

3

1 4 log 7

25

2

125 16

A

 

2) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: y e x x( 2)2 trên đoạn [1;3]

Câu 3 (2,0 điểm).

Cho khối chóp S ABC có đáy là tam giác ABCvuông cân tại Cạnh bên B SAvuông góc với mặt phẳng(ABC) và SA2a Mặt bên (SBC)hợp với mặt đáy một góc 300

a) Tính thể tích của khối chóp S ABC

b) Xác định tâm và tính bán kính của mặt cầu đi qua bốn đỉnh của hình chóp S ABC

II PHẦN RIÊNG – 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 4a (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị ( )C của hàm số 4 2 3 tại

x

y x  điểm có hoành độ bằng 1

Câu 5a (2,0 điểm)

1) Giải phương trình: 6x61x 5 0

2) Giải bất phương trình: 8 1

8

2 2log ( 2) log ( 3)

3

Câu 4b (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị ( )C của hàm số 2 1 biết tiếp

2

x y x

+

= -tuyến có hệ số góc bằng 1

5



Câu 5b (2,0 điểm).

1) Cho hàm số Chứng minh rằng,

2 2

x

y x e  xy  (1 x y2) 2) Cho hàm số 2 1 có đồ thị Tìm để đường thẳng : cắt đồ thị

1

x y x





ĐỒNG THÁP Năm học: 2012-2013

Môn thi: TOÁN – Lớp 12

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ĐỀ XUẤT

(Hướng dẫn chấm gồm có 05 trang) Đơn vị ra đề: THPT LONG KHÁNH A

1 (2,0 điểm)

Sự biến thiên:

 Chiều biến thiên: y' 3x26x, ' 0 0

2

x y

x







 Trên khoảng 0 ; 2, y' 0 nên hàm số đồng biến

 Trên mỗi khoảng  ; 0 và 2 ;,y' 0 nên hàm số nghịch biến

0.5

 Cực trị:

 Hàm số đạt cực đại tại x2 và yCĐ = 2

 Hàm số đạt cực tiểu tại x0 và yCT = 2 0.25

 Các giới hạn: lim ,

 Bảng biến thiên :

y

 

2



2

 

0.25

Đồ thị:

0.5

Câu 1

(3,0 đ)

2 (1,0 điểm)

Ta cĩ:  x3 3x2   m 0 x33x2  2 m 2 (*)

PT (*) là phương trình hồnh độ giao điểm của đồ thị ( )C và đường thẳng : d

Số nghiệm của PT (*) bằng số giao điểm của và 2

Dựa vào đồ thị ta cĩ:

0.25

hoặc : PT (*) cĩ 1 nghiệm

0

hoặc : PT (*) cĩ 2 nghiệm

0

: PT (*) cĩ 3 nghiệm

1 (1,0 điểm)

log 7 log 7

25 1 3 log

1 4

  

 

3

1 4 log 7

25

7

3 3 49

125 16

 

 

2 (1,0 điểm)

với mọi 2

' x( 2 )

Xét trên khoảng (1 ; 3), ta cĩ:  

   



0 ( ) ' 0

2 ( )

x loại y

Mặt khác f(1)e, f(1)e3, f(2) 0 0.25

Câu 2

(2,0 đ)

 

3

1 ; 3

max ( )f x  f(1)e

 1 ; 3 

300

I

A

B

C S

a) (1,0 điểm)

Câu 3

(2,0 đ)

Ta cĩ SA(ABC) nên suy ra SA đường cao của hình chĩp S ABC 0.25

SBC(ABC)BC (1)

ABBC (2) (do ABCvuông tại )B

SBBC (3) (do AB là hình chiếu của SB trên mp(ABC))

Từ (1), (2), (3) ta suy ra góc SBA là góc giữa 2mp SBC và ABC Theo giả

thiết SBA 300

Xét tam giác vuông SAB, ta có:

, suy ra



0

2

3 tan 30

3

 SA   SA  a 

Diện tích tam giác ABC là: 1 1 2 3.2 3 6 2

ABC

Vậy thể tích khối chóp S ABC là : . 1 1 6 22 4 3

b) (1,0 điểm)

Gọi I là trung điểm của cạnh SC

Do tam giác SAC vuông tại A, có IA là đường trung tuyến nên

2

   SC

IA IC IS

Tương tự do tam giác SBC vuông tại , có B IB là đường trung tuyến nên

2

   SC

IB IC IS

Ta suy ra: Do đó I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp

2

    SC

IA IB IC IS

hình chóp S ABC

0.5

Xét tam giác vuông SAC, ta có: SC2 SA2AC2,

mà AC2  AB2BC2 (2a 3)2(2a 3)2 24a2,

nên suy SC2 (2 )a 2 24a2 28a2,

suy ra SC2a 7

Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC là: 7

2

 SC 

0.5

Tiếp tuyến của đồ thị ( )C : y f x ( ) tại M x y0( ; ) ( )0 0  C có PT dạng:

'( )

y f x x x y

Ta có: y' 2 x32x

0.5

Theo giả thiết ta có x0  1, suy ra y0  2, f '( 1) 0  0.25

Câu 4a

(1,0 đ)

Vậy tiếp tuyến có phương trình là : y0(x 1) 2 hay y 2 0.25

1 (1,0 điểm)

6



Câu 5a

(2,0 đ)

Đặt t6 ,x t0 Ta có phương trình: t  6 5 0

2 5 6 0 1 ( )

t loại

  

      

Với t 6, ta cĩ 6x  6 x1

Vậy phương trình đã cho cĩ nghiệm: x1 0.25

2 (1,0 điểm)

Điều kiện x3

8

2log ( 2) log ( 3) log ( 2) log ( 3)

2

8( 2) 2 log

x x



 

2

2 ( 2)

3

x

x



So với điều kiện, ta nhận x3 ;  \ 4

Vậy bất phương trình đã cho cĩ tập nghiệm S 3 ;  \ 4 0.25 Tiếp tuyến của đồ thị ( )C : y f x ( ) tại M x y0( ; ) ( )0 0  C cĩ PT dạng:

'( )

y f x x x y

Ta cĩ: 5 2

' ( 2)

y

x

 



0.25

0

5 ( 2)





Với x0 7, y0 3, '(7) 1, ta cĩ PTTT: hay

5

 

5

  

0.25

Câu 4b

(1,0 đ)

5

  

5

  

0.25

1 (1,0 điểm)

Ta cĩ:

2

2 2 ' (1  ) 

x

Vế trái =

2

2 2 (1 ) 

  

x

= Vế phải (đpcm)

2

(1 )  (1 )

x

2 (1,0 điểm)

Câu 5b

(2,0 đ)

Phương trình hồnh độ giao điểm của (C) và d: 2 1

1



 



x

x m x

 x2(m3)x  1 m 0, x1 (*)

0.25

PT (*) có m22m 5 0, m R và (*) không có nghiệm x = 1.

Suy ra PT (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt là x x A, B

Theo định lí Viét: A B Khi đó:

A B

3

 A x x A; Am B x x , B; B m 0.25 vuông tại O thì

OAB

 OA OB    0 x x A Bx Am x Bm0

0.25

 x A x B m x A x B m m

Lưu ý: