Đề thi học kỳ I lớp 12 THPT chuyên Thái Nguyên năm 2012 - 2013

Trường thpt chuyên Tn kỳ thi chất lượng học kỳ i năm học 2012-2013 Môn thi : Toán Lớp 12 Thời gian lm bi : 120 phút, không kể thời gian giao đề đề thi thức I Phần chung cho tất thí sinh ( 7,0 điểm ) Câu 1.(3,0 im ) Cho hm s y 2x x 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho 2) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) điểm có hoành độ x0 nghiệm phương trình y '( x0 ) Câu 2.(2,0 im) 1) Tìm giá trị lớn , giá trị nhỏ hàm số f ( x) x ln(1 x ) đoạn ;3 2) Xác định giá trị tham số m để hàm số y x mx (2m 1) x m đạt cực trị x , điểm cực đại hay cực tiểu Câu (2,0 im ) Cho hình chóp S.ABCD , có đáy hình vuông cạnh a , gọi H trung điểm cạnh AD , biết SH vuông góc với mặt phẳng đáy , góc SB mặt phẳng đáy 60 1) Tính thể tích khối chóp S ABCD 2) Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S HDC II Phần Riêng phần tự chọn ( 3,0 điểm ) Thí sinh làm hai phần ( phần phần 2) Theo chương trình Chuẩn Câu 4.a (2,0 im ) 1) Cho hàm số g ( x) x.2 x Tính giá trị biểu thức P g (2) g (2) g (2) 3.9 2) Giải phương trình Câu 5.a(1,0 im) x Giải phương trình 82.3 x 27 log (1 x ) log x Theo chương trình Nâng cao Câu 4.b(2,0 im ) 1) Cho hàm số g ( x) x.e x Tính giá trị biểu thức P g (2) g (2) g (2) 2) Giải phương trình log ( x 1) log (2 x 3) log100 Câu 5.b (1,0 im ) Tim m để phương trình sau có nghiệm m.9 x 2.3x m Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Giám thị coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh .Số báo danh Chữ ký giám thị Chữ ký giám thị Đáp án thang điểm môn toán - lớp 12 thi học kỳ I năm học 2012-2013 Câu1 (3,0 điểm ) ý1.(2,0 đ) Điểm 0,25 a) TXĐ D \ b) Sự biến thiên : * Tiệm cận : Ta có lim y lim y nên đồ thị có tiệm cận ngang y x x 0,5 lim y ; lim y nên đồ thị có tiệm cận đứng x x x * Chiều biến thiên : y , x D ( x 1) ;1 1; Hàm số nghịch biến khoảng 0,5 Hàm số cực trị * Bảng biến thiên ( GV tự làm) 0,25 c) Vẽ đồ thị : y 0,5 -3 -2 -1 -1 x -2 -3 -4 Ta có ý2 (1,0 điểm ) x0 y (1) ( xo 1) x0 y (3) Ta có y( x ) 1 ( x0 1) x 4 13 Tại điểm 3; tiếp tuyến y x 4 0,5 Tại điểm 1; tiếp tuyến y Vậy có hai tiếp tuyến (C) thoả mãn toán y Câu2 (2,0 điểm) ý1.(1,0 đ ) 13 x y x 4 4 0,5 TXĐ : Hàm số liên tục đoạn ;3 có đạo hàm 2x (1 x) f ( x) với x (0;3) x2 x2 f ( x) x nên hàm số đồng biến khoảng (0;3) 0,5 0,5 Vậy : max f ( x) f (3) ln10 0;3 ý2.(1,0 đ ) Câu (2,0 điểm) ý1 (1,0 đ ) ; f ( x) f (0) 0;3 TXĐ : Hàm số có đạo hàm y x 2mx 2m với x Hàm số đạt cực trị x y(1) 4m m Tinh đạo hàm cấp hai y x 2m Khi m y(1) 6(1) 2(1) Suy x điểm cực đại hàm số 0,5 Do SH mp ( ABCD) nên SH đường cao hình chóp , từ giả thiết ta có SBH 60 Góc SB mp(ABCD) góc SBH Diện tích hình vuông ABCD cạnh a S ABCD a Xét tam giác AHB vuông A , theo định lí Pitago ta có a a AB AH a 2 a tan 60 a 15 Xét SHB vuông H có SH HB.tan SBH 2 1 a 15 a 15 Vậy Thể tích khối chóp S ABCD V SH S a ABCD 3 ( GV tự vẽ hình ) HB 2) (1,0 đ) 0,5 Vì SH mp ( ABCD) SH HC nên tam giác SHC vuông H Ta lại có HD DC suy SD DC ( định lý ba đường vuông góc ) SDC vuông D Gọi O trung điểm SC OS OC OH OD Suy O tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S HDC , bán kính mặt cầu R SC Vì SH mp ( ABCD) mà HB HC nên SB SC HB a a SC cos 60 a Vậy bán kính mặt cầu cần tìm R II Phần Riêng Theo chương trình Chuẩn ( 3,0 điểm ) TXĐ : Tính g ( x) x x.2 x ln 0,5 0,5 0,5 0,5 Xét SHB vuông H có SB Câu a (2,0 điểm) ý1 (1,0 đ ) g ( x) x ln x ln x.2 x ln 2 x ln 2(2 x ln 2) 0,5 Ta có g (2) g (2) 22 2.22 ln 8ln g ( x) 22 ln 2(2 ln 2) 8ln 8ln 2 P g (2) g (2) g (2) 28 8ln 16 ln 2 Vậy ý2) (1,0 đ) ĐK : x Đặt t 0,5 (*) x , với t 0,5 t ( L) ta có phương trình 3t 82t 27 t 27 (TM ) 0,5 x với t 27 ta có 27 x x x 10 So sánh với đk (*) , nghiệm phương trình x = 10 Câu 5.a (1,0 điểm) ĐK : x > (*) Đặt u log x x 3u 0,5 u u ta có pt log (1 ) u u u u (2) Ta thấy u = thoả mãn phương trình (2) u u Mặt khác , hàm số f (u ) nghịch biến 0,5 u u 1 3 f (u ) ln với x thuộc ln 2 u = nghiệm phương trình (2) , suy nghiệm phương trình cho x 32 Câu b (2,0 điểm) ý1 (1,0 đ ) II Phần Riêng Theo chương trình nâng cao ( 3,0 điểm ) TXĐ : 2 Tính g ( x) e x x e x e x (1 x ) 2 2 g ( x) xe x xe x x 3e x e x (6 x x ) 0,5 Ta có g (2) 2.e ; g (2) 9e ; g (2) 44.e Vậy ý 2(1,0 đ) P g (2) g (2) g (2) 73e x ( x 1) ĐK : 2x x 0,5 (*) Phương trình cho tương đương với 0.5 log ( x 1) log (2 x 3) log ( x 1) (2 x 3) x2 5x ( x 1)(2 x 3) ( x 1) (2 x 3) ( x 1)(2 x 3) x x (VN ) 2 x0 Giải pt x x x 2 Câu 5.b (1,0 điểm) So sánh với đk (*) nghiệm phương trình cho x = 0,5 Cho phương trình m.9 x 2.3x m (1) ĐK : x thuộc Đặt t 3x ta có phương trình mt 2t m (2) phương trình (1) có nghiệm x (2) có nghiêm t dương 0,25 Xét phương trình (2) + Với m = (2) 2t t ( không thoả mãn) 0,25 + Với m Tính m(m 2) (m 1) , với m thuộc Vậy với m thuộc phương trình (2) có nghiệm Gọi t1 , t2 hai nghiệm pt (2) , theo định lí Viét t1 t2 2 m , t1t2 m m TH1 : pt (2) có hai nghiện dương m t1 t2 m0 m t t m m 12 m TH2 : pt (2) có nghiện dương , nghiệm m t1 t2 m0 m m t1t2 m m TH3 : pt (2) có nghiện dương , nghiệm âm t1t2 m0 m m m Kết luận với m ; 0; thoả mãn toán Chú ý : Thí sinh làm theo cách khác đáp án cho điểm tối đa 0,5 ... án thang i m môn toán - lớp 12 thi học kỳ I năm học 2 01 2- 2013 Câu1 (3,0 i m ) ý1.(2,0 đ) i m 0,25 a) TXĐ D b) Sự biến thi n : * Tiệm cận : Ta có lim y lim y nên đồ... Hàm số cực trị * Bảng biến thi n ( GV tự làm) 0,25 c) Vẽ đồ thị : y 0,5 -3 -2 -1 -1 x -2 -3 -4 Ta có ý2 (1,0 i m ) x0 y (1) ( xo 1) x0 y... 13 T i i m 3; tiếp tuyến y x 4 0,5 T i i m 1; tiếp tuyến y Vậy có hai tiếp tuyến (C) thoả mãn toán y Câu2 (2,0 i m) ý1.(1,0 đ ) 13 x y x 4 4 0,5 TXĐ : Hàm số liên tục