DE DAP AN TOAN HK I 12 20132014

Phần chung: Câu I: Khảo sát hàm số và bài toán liên quan đến khảo sát hàm số Bài toán sự tương giao Câu II: Tìm GTLN,GTNN của hàm số Biến đổi mũ và lôgarit Câu III: Tính thể tích của kh[r]

MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA MÔN TOÁN 12 HỌC KÌ I- NĂM HỌC 2013-2014

Chủ đề - Mạch KTKN

Phần chung

Khảo sát hàm số và bài toán liên quan

2

2,0

1 1,0

3 3,0

Giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của hàm số

1 1,0

1 1,0

Thể tích khối chóp Mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

2

2,0

2 2,0

Biến đổi mũ – logarit

1 1,0

1 1,0

Tổng phần chung

2

2,0

4 4,0

1 1,0

7 7,0

Phần riêng

1,0

1 1,0

1,0

1 1,0

Viết phương trình tiếp tuyến

1

1,0

1 1,0

2 2,0

Đạo hàm của hàm

số mũ - lôgarit

1

1,0

1

1,0

Phương pháp hàm

số để chứng minh bất đẳng thức

1 1,0

1 1,0

10,0

Diễn giải: 1) Chủ đề – Hình học: 2,0 điểm

– Đại số & Giải tích: 8,0 điểm 2) Mức nhận biết:

– Chuẩn hoá: 8,0 điểm – Phân hoá: 2,0 điểm

Mô tả chi tiết:

I Phần chung:

Câu I: Khảo sát hàm số và bài toán liên quan đến khảo sát hàm số (Bài toán sự tương giao ) Câu II: Tìm GTLN,GTNN của hàm số

Biến đổi mũ và lôgarit

Câu III: Tính thể tích của khối chóp

Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

II Phần riêng:

Theo chương trình cơ bản

Câu IVa Viết phương trình tiếp tuyến

Theo chương trình nâng cao

Câu IVb: Viết phương trình tiếp tuyến

Câu Vb : Đạo hàm của hàm số mũ và lôgarit

Chứng minh bất đẳng thức liên quan đến mũ và lôgarit ( Bài toán tổng hợp )

SỞ GD - ĐT BÌNH ĐỊNH ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I – NĂM HỌC 2013-2014

Trường THPT số 2 Phù Cát Môn Toán -Lớp 12 –Thời gian 90 phút

(Không tính thời gian phát đề )

A PHẦN CHUNG : ( 7 điểm )

Câu I ( 3 điểm) Cho hàm số y x 3 3x21

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

2) Xác định m để đường thẳng y mx  cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt 1

Câu II (2 điểm )

1) Cho a,b,c là các số dương , khác 10 và thõa mãn

1

1 log

10 a

b  ,

1

1 log

10 b

c  Chứng minh

1

1 log

10 c

 2) Tìm giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của hàm số y x 4 4x2 trên đoạn 1 1; 2

Câu III (2 điểm) Cho hình chóp đều S.ABC có cạnh đáy bằng a , góc giữa cạnh bên và đáy bằng 60

1) Tính thể tích khối chóp đều S.ABC

2) Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC

B PHẦN RIÊNG : ( 3 điểm )

I Phần dành cho chương trình cơ bản.

Câu IVa ( 1điểm ) Cho hàm số

1

x y x





 Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến ấy vuông góc với đường thẳng y3x 1

Câu Va ( 2điểm )

1) Giải bất phương trình :

2

x

x





2) Giải phương trình : 2 12

log (x1) log ( x2) 2

II Phần dành cho chương trình nâng cao

Câu IVb ( 1 điểm) Cho hàm số

2 1

x y x



 có đồ thị là (C) Tìm điểm M thuộc (C) biết tiếp tuyến

của (C) tại M cắt các trục Ox , Oy lần lượt tại A và B sao cho diện tích tam giác OAB bằng

1

4

Câu Vb ( 2 điểm )

1) Cho hàm số f x( ) ln e x 1e2x , tính '(ln 3)f

2) Chứng minh rằng ln(1 2 )b  a  aln(1 2 ) 0 b  , với 0 a b 

Hết

SỞ GD- ĐT BÌNH ĐỊNH ĐÁP ÁN MÔN TOÁN LỚP 12

Trường THPT số 2 Phù Cát HỌC KỲ I –NĂM HỌC 2013-2014

-A.PHẦN CHUNG: (7 điểm )

Câu 1

3 điểm

1)

2 đ  Tập xác định D = R

 Sự biến thiên :

- Chiều biến thiên : y' 3 x2 6x

0 ' 0

2

x y

x





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

khoảng 0; 2

- Cực trị : Hàm số đạt cực đại tại điểm x0,y CD 1 Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x2,y CT 3

- Giới hạn , tiệm cận : xlim y , limx y

- BBT

Đồ thị :

6

4

2

2

4

6

8

10

0,25

0,25 0,25

0,25 0,25 0,25

0,5

2)

1 đ Hoành độ giao điểm của (C ) và đường thẳng

1

y mx  là nghiệm của phương trình :

x3 3x2 1 mx1

2

2

0

x





 

 Đường thẳng y mx  cắt (C ) tại 3 điểm phân biệt 1 (1)

pt

 có 3 nghiệm phân biệt (*)

pt

 có hai nghiệm phân biệt khác 0

0

m m

   



 



9

0



0,25

0,25

0,25 0,25

Câu II

2 đ

1)

1 đ



1

1 log

a

a





1 log 1

log

a

b

(*)



1

1 log

b

b





1 log 1

log

b

c

Thay

1 log 1

log

b

c

 

vào (*) , ta được

log 1

1 log

a

c c





Hay

1

1 log

10 c



0,25 0,25

0,25

0,25

2)

1 đ

3

y  x  x 4 (x x2 2)

 

0

x

 





 (0) 1

y  ; ( 2)y  ; ( 1)3 y   ; (2) 12 y  Vậy  1;2 

maxy 1



 ( Tại x = 0 , x = 2)  1;2 

miny 3





( Tại x  2 )

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu III

B

C S

H O

M

I

Do S.ABC là hình chóp đều nên SO(ABC) , với O là tâm của ABC

OA là hình chiếu vuông góc của SA lên (ABC) , suy ra góc SAO là góc

giữa cạnh bên SA và (ABC) Suy ra SAO   60

Do SO(ABC) nên đoạn thẳng SO là đường cao của hình chóp S.ABC

.

1 3

4

ABC

a

.tan 60

Suy ra SO a

Từ đó :

3

3 12

S ABC

a

0,25

0,25

0,25 0,25

2)

1 đ Gọi M là trung điểm của SA , trong

SAO

 ,đường trung trực của đoạn SA cắt SO tại I Thế thì I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC Gọi r là độ dài bán kính của mặt cầu ngoại tiếp S.ABC

r =SI

SMI

 và SOA là hai tam giác vuông đồng dạng Suy ra

SASO

2

2

SM SA SA SI

cos 60 3

 , SO = a

Suy ra

2 3

a

SI 

r =

2 3

a

Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp S.ABC là :

0,25

0,25

0,25

4

9

mc

a

B PHẦN RIÊNG: ( 3 điểm )

I.Phần dành cho chương trình cơ bản

Câu Ý Nội dung

Điểm

Câu

IVa

1 điểm

2

3 '

( 1)

y x





 Gọi ( ; )x y là tọa độ của tiếp điểm 0 0

Vì tiếp tuyến cần tìm vuông góc với đường thẳng y3x1 Nên hệ số góc của tiếp tuyến cần tìm là

1 3

k 

Hay 0

1 '( )

3

0

  (x01)2 9

 x02 2x0 8 0

0

0

4 2

x x





 





 x0  4 y0  PTTT cân tìm là 3

y x

 x0 2 y0  PTTT cần tìm là 1

y x

Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm là

y x

và

y x

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu Va

2 đ

1)

1 điểm Biến đổi về BPT : 4.4 5.2 1 0

Đặt t  ( 0)2x t  , ta được BPT : 4t2 5 1 0t 

1 4 1

t t

















1 4

t 

, ta được

1 2 4

x



2

x

  

 t 1 , ta được 2x 1

  x0 Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là S     ; 2  0;

0,25

0,25

0,25 0,25

2)

1

điểm

Điều kiện x 1 Khi đó phương trình đã cho tương đương với phương trình : 2log (2 x1) log ( 2 x2) 2

2

2 2

log ( 1) log ( 2) 2 ( 1)

2

x x



0,25

0,25

( 1)

4 2

x x



  (x1)2 4(x2)  x2 6x 7 0

7

x





  

 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x 7

0,25

0,25

II Phần dành cho chương trình nâng cao

Câu

IVb.

0 0 0

2

1

x

x   , (x 0 1)

2 '

( 1)

y x







0

2 '( )

( 1)

y x

x





 Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M có dạng :

0

0 2

x



Hay

2 0

2 2

x x

y



A,B là giao điểm của tiếp tuyến trên với trục Ox,Oy

Suy ra

2

0

2

( 1)

x

x 

1 2

OAB

, OAx A x02

,

2 0 2 0

2 ( 1)

B

x

x



1 4

OAB

4 0 2 0

1

x

2 0 0 2 0 0

1

1 2 1

x x x x























2

2

 





2

2x  x   vô nghiệm1 0



0 2

0

1

2

x

x







 Vậy có hai điểm cần tìm là : M ( 1;1) và

1 ( ; 2) 2

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu Vb.

2 đ

1 )

1

2

'( )

2 1

x x

e

f x

e





ln 3

2ln 3

'(ln 3)

2 1

e f

e





3

2 10



0,5

2)

1 điểm

Ta cần chứng minh :

ln(1 2 )a ln(1 2 )b



, với 0 a b  Xét hàm số

ln(1 2 ) ( )

x

f x

x





, với x > 0

2 ln 2

ln(1 2 )

1 2 '( )

x

x x

x

f x

x





2

2 ln(2 ) (1 2 ) ln(1 2 )

(1 2 )

x

x



 0 , với mọi x > 0 Suy ra hàm số f(x) nghịch biến trên khoảng 0; 

Vì 0 a b  nên ( )f a  f b( ) Tức là

ln(1 2 )a ln(1 2 )b



, với 0 a b  Hay ln(1 2 )b  a aln(1 2 ) b , với 0 a b 

0,25

0,25 0,25 0,25

* Chú ý : Mọi cách giải khác đúng được cho điểm tối đa