De thi HK I Toan 12Tien Giang nam 2014

Câu IV 1,0 điểm Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh B, AC  a , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 600.. Gọi G l[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TIỀN GIANG

KỲ KIỂM TRA HỌC KỲ I Năm học 2013-2014 Môn: TOÁN 12 (Phổ thông)

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày kiểm tra: 17/12/2013

(Đề kiểm tra có 02 trang)

-

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 8,0 điểm )

Câu I (4,0 điểm)

Cho hàm số y 1x3 2x2 3mx 4

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1

2) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình:

3) Xác định các giá trị m để hàm số đạt cực trị tại 2 điểm x1 và x2 thoả mãn điều kiện: 2 2

x x 22

Câu II (1,0 điểm)

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x(lnx -2 ) trên đoạn 2

1

; e

e

ë û

Câu III (2,0 điểm)

Giải các phương trình sau:

1) log x32 8log3 x  3 0

2) 3.132x 1 68.13x  5 0

Câu IV (1,0 điểm)

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh B, ACa, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 0

60 Gọi G là trọng tâm của tam giác SAB, tính thể tích của khối chóp G.ABC theo a

ĐỀ CHÍNH THỨC

II PHẦN TỰ CHỌN (2,0 điểm)

Thí sinh chỉ chọn một trong hai câu ( Câu Va hoặc Câu Vb)

Câu Va (2,0 điểm)

1

ln 7

log 9 log 6.log 15

ln 4

2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y = 2x 3

1 x



 , biết tiếp tuyến có hệ số góc bằng 5

Câu Vb (2,0 điểm)

1) Rút gọn biểu thức A =

2 7

10



2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y =

2

x 3x 1

x 2

 , biết tiếp tuyến song song với đường thẳng d: 5x – 4y + 4 = 0

- HẾT -

*Ghi chú: Thí sinh được sử dụng máy tính cầm tay do BGDĐT cho phép

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh: ………….Số báo danh:………

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TIỀN GIANG

KỲ KIỂM TRA HỌC KỲ I Năm học 2013-2014 ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA CHÍNH THỨC

Môn: TOÁN 12 (Phổ thông) Ngày kiểm tra: 17/12/2013 (Gồm 04 trang)

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 8,0 điểm )

Câu I (4,0 điểm)

1) (2,0 đ)

Khi m = 1 hàm số có dạng y 1x3 2x2 3x 4

TXĐ : D = R (0,25 điểm)

Đạo hàm y’ = x2 + 4x +3 (0,25 điểm)

y’ = 0 x 1

 



    (0,25 điểm)

4

3

   

    (0,25 điểm)

Giới hạn:

xlim y

   và

xlim y

   (0,25 điểm)

BBT

x –  – 3 –1 +

y’ + 0 – 0 +

y

4/3 +

–  0

Hàm đồng biến trên các khoảng (– ; – 3) và (– 1;+), nghịch biến trên khoảng

(–3; –1) Đồ thị có điểm cực đại (–3; 4

3) và điểm cực tiểu (–1; 0) (0,25 điểm)

Đồ thị (0,25 điểm)

Giá trị đặc biệt (hay bảng giá trị) (0,25 điểm)

2) (1,0 điểm)

3    3 (0,25 điểm)

Dựa vào đồ thị hàm số ở câu 1) ta có kết quả sau:

m > 2/3 hoặc m < 0 : 1 nghiệm (0,25 điểm) m = 2/3 hoặc m = 0: 2 nghiệm (0,25 điểm) 0 <m < 2/3 : 3 nghiệm (0,25 điểm) 3) (1,0 điểm)

y’ = x2 + 4x + 3m

Hàm đạt cực trị tại hai điểm x1 và x2 thỏa 2 2

x x 22 khi và chỉ khi y’ = 0 có hai nghiệm phân biệt x1 và x2 thỏa 2 2

x x 22 (0,25 điểm)

' 0

(x x ) 2x x 22

 



 (0,25 điểm)

 4 3m 0



  

 (0,25 điểm)

 m = – 1 (0,25 điểm) Câu II (1,0 điểm)

Ta có: y' = lnx - 1 (0,25 điểm)

e

çè ø (0,25 điểm)

Ta có: y 1 3; y(e) e; y(e )2 0

æ ö÷

ç ÷

ç ÷

çè ø (0,25 điểm) Vậy : Maxy = y(e2) = 0 và Miny = y(e)= -e (0,25 điểm)

1 2

; e

e

ë û 1 2

; e e

ë û

Câu III (2,0 điểm)

1) (1,0 điểm)

Điều kiện: x0

Khi đó: log x23 8log3 x   3 0 log x32 4log x3  3 0 (0,25 điểm)

Đặt tlog x3 , phương trình trên trở thành: 2 t 1





Với t 1 thì log x3   1 x 3 (0,25 điểm)

Với t3 thì log x3   3 x 27 (0,25 điểm)

Vậy tập nghiệm của phương trình là S3; 27

2) (1,0 điểm)

Phương trình 39.132x 68.13x 5 0

x



Phương trình trở thành 2

1 t 13 39t 68t 5 0

5 t 3

 



 



(0,25 điểm)

Với t 1

13

13



      (0,25 điểm)

Với t 5

3

 thì 13x 5 x log135

   (0,25 điểm)

Vậy tập nghiệm của phương trình là S 1; log135

3

Câu IV (1,0 điểm)

Hình vẽ đúng (0,25 điểm)

Do SA  (ABC) nên AC là hình chiếu của SC lên mặt phẳng (ABC)

Suy ra góc giữa SC và (ABC) là SCA600 Xét hai tam giác vuông SAC và ABC ta suy ra được:

0

2 2

   (0,25 điểm) Ta có BC(SAB)(SAB)(ABC)

Kẻ GH AB thì GH (ABC) Vậy GH là đường cao của hình chóp G.ABC

Do G là trọng tâm tam giác SAB và GH song song với SA nên:

SA  MS  3 3  3 (0,25 điểm)

Vậy thể tích khối chóp G.ABC là:

2 ABC

II PHẦN TỰ CHỌN (2,0 điểm)

Câu Va (2,0 điểm)

1.(1,0 điểm)

ln 7

log 7 2

ln 4

16 (4 ) 49 (0,25 điểm)

log 91  

6 log 6 2

9

81   (0,25 điểm)

5log 6.log 155 6  5log 155  15 (0,25 điểm)

.Vậy A = 10 (0,25 điểm) 2.(1,0 điểm)

Gọi M(x0; y0) là tiếp điểm

Tiếp tuyến của đồ thị có hệ số góc bằng 5 nên: f ’(x0) = 5 (1) (0,25 điểm)



 2

0

5

5



    

 (0,25 điểm)

.Phương trình tiếp tuyến tại A(0;3): y = 5x + 3 (0,25 điểm) Phương trình tiếp tuyến tại B(2;-7): y = 5x -17 (0,25 điểm) Câu Vb (2,0 điểm)

1.(0,5 điểm)

Ta có A =

2 7

10



  (0,25 điểm) A = 5 (0,25 điểm) 2.(1,5 điểm)

Ta có d: 5x – 4y + 4 = 0 y 5x 1

4

  ; Gọi  là tiếp tuyến cần tìm

Vì  song song với d nên phương trình : y = 5x b

4  ( b1) (0,25 điểm)

Ta có  là tiếp tuyến của đồ thị khi hệ phương trình sau có nghiệm

2

2

2

x b (1)

(x 2)

(2)



(0,25 điểm)

Giải (2) ta được x = 0; x = 4 (0,25 điểm)

Thế x = 0 vào (1), ta được b = 1

2



(0,25 điểm)

Thế x = 4 vào (1), ta được b = 5

2



(0,25 điểm)

Phương trình các tiếp tuyến là: y = 5x 1 ; y = 5x 5

4 2 4 2 (0,25 điểm) -Hết -

* Ghi chú: Mọi cách giải khác nếu đúng thí sinh được hưởng trọn điểm số của câu