Đề Khảo sát chất lượng đầu năm lớp 12 môn Toán - Lê Hồng Phong

Tính diện tích toàn phần của hình trụ theo R.[r]

Câu 1( 2,0 điểm).Cho hàm số 3

3

y  x mx  m có đồ thị  Cm a Khảo sát vẽ đồ thị hàm số m1

b Tìm m để đồ thị  Cm có hai điểm cực trị ,A Bsao cho OA OB 6, biết O 0;0 Câu 2( 2,0 điểm).Giải phương trình

a. 2  2

x x

   

b.log 1log 2 log3.log 93 15 

x x   x

Câu 3( 2,0 điểm).Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số

a y x2ln 2  x, x  2;0

b y25x25x 5x 5x2 trênđoạn1;1

Câu 4( 2,0 điểm).Cho hình chóp S ABC có SASBSC2a,ABa, BC2a góc



60

ABC

a Chứng minh tam giác ABC vng A Tính thể tích khối chóp S ABC theo a b Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chópS ABC theo a

Câu 5( 1,0 điểm).Cho hình trụ có đáy đường trịn O R;  O R';  Hai điểm ,A B nằm đường tròn O R; , hai điểm ,C D nằm đường tròn O R';  Kẻ đường sinh AA' BB' hình trụ, biết tứ giác A B CD' ' hình vng,AD2R Tính diện tích tồn phần hình trụ theo R

Câu 6( 1,0 điểm).Cho x0, chứng minh ln 1 x2 1 ln x x

   

-HẾT- TRƯỜNG THPT CHUYÊN

LÊ HỒNG PHONG BỘ MƠN: TỐN – TIN

(Đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ĐẦU NĂM NĂM HỌC 2014 - 2015

MƠN TỐN - LỚP 12- KHỐI B, D

Thời gian làm : 150 phút

Câu Ý Nội dung Điểm 1 2,0 điểm

a 1,0 điểm 1

(2,0 điểm)

 Tập xác định D

 Sự biến thiên

* Giới hạn : lim ; lim

xy  xy nên đths khơng có đường tiệm cận

0.25

* Chiều biến thiên y' 3x26x; ' 0

x y

x

 

   



Hàm số đồng biến  0; , hàm số nghịch biến ;0 2; Hàm số đạt cực đại xCĐ 2khi yCĐ 0

Hàm số đạt cực tiểu xCT 0khi yCT  4

0.25

Bảng biến thiên

x - +

y - +0 -

y

+ -4 - 

0.25

Đồ thị:

+ Đồ thị cắt trục tung điểm (0;-4) cắt trục hoành điểm  2;0 1;0  + Đồ thị nhận I1; 2  làm tâm đối xứng

2

-2

-4

b 1,0 điểm

D 3

3

y  x mx  m y' 3x26mx ' x y x m      

 Hàm số có CĐ, CT  m

0.25

3

0 ;

x   y m x m y Giả sử A0; 4 m3;B2 ;0 m  0.25

3

4 ;

OA m OB m 0.25

  

3

6 2

OA OB   m  m    m  m  m   m 

1 m m      

 Vậy

1 m m       0.25 2 (2,0 điểm)

a 1,0 điểm TXĐ:D

Đặt  2  0  2

x x

t t

t

      0,25

phương trình trở thành

4

t t t

t

      0,25

  5 t t l          

5 x

t        x

0,25

Vậy phương trình có nghiệm x1 0,25 b 1,0 điểm

Giải phương trình:log 1log 2 log 3.log 93 15 

x x   x

phương trình logx x2log 9  15x x x  2 15x  * Cách 1:  * x x  2 2 2x6 15 x

  6 2 6

2 15

x x x

x x x           

2 **

2 15

x x x x              0,5 x

  ( thỏa mãn) Vậy nghiệm phương trình là: x6 0,25 3

( 1.0 điểm)

a 1.0 điểm

Xét yx2ln 2  x 2;0 có

2

2 2

'

1 2

x x

y x

x x

   

  

  0,25

1

' 1

2 x y x         

Mà  2;0

x    x 0,25

Có BBT:

0,25

Từ BBT ta có:

 2;0

1 ln

4

y

  

1

x 

 2;0

m axy ln

   x 2 0,25

b 1.0 điểm

Đặt t 5x 5x t2 25x 25x 2 25x25x  t2 0,25

Xét g x 5x 5x 1;1là hàm số liên tục Có g x' 5 ln 5 ln 5x  x ln 5 x5x

0,25 ln 4 x ' y y  0  - ln 5

1

   

' 0 1;1

g x     x ;  1  1 26;  0

5

g g   g  2;26

5

t  

Khi hàm số trở thành:

y t t Xét f t  t2 ttrên 2;26

5

 

 

  hàm số liên tục Có f ' t 2t1

   

' 2;0

2

f t     t ;  2 2; 26 546

5 25

f  f  

 

0,25

Vì f t  liên tục 2;26

 

 

  nên  1;1

min y

  t2 hay x0

 1;1

546 m ax

25

y

 

26

t  hay x 1 x1

0,25

4 ( 2,0 điểm)

a 1.0 điểm 0,25

Xét tam giác ABC có:



2 2

2 os

AC  AB BC  AB BC c ABC

hay AC2 3a2 ACa Ta có:

2 2 2

3

AB AC a  a  a BC

nên tam giác ABC vuông A ( đpcm)

0,

Do SASBSCnên chân đường vng góc H hạ từ S xuống mặt phẳng

ABC tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Do tam giác ABC vuông A nên H trung điểm BC

Có 2 3

4

SH SB  BC  a SH a

3

1 1 1

3

S ABC ABC

V  SH dt  SH AB AC  a a a  a

b 1.0 điểm

Ta có SH trục đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Trong mặt phẳng SAH

dựng trung trực SA cắt SH I ,

ISH IAIBIC I thuộc trung trực SA nên SIIA hay I tâm cầu ngoại tiếp S.ABC, RSI

0,5

Tính R

Ta có SAH đồng dạng SIM

3

3

/

4 32

3 3 27

k c

a a

V  R     

 

0,5

5( 1,0 điểm )

Có A B CD' ' hình vng nên CD A D'

Mà CD2A D'  A C' 4R2 A D' DCR

Tam giác A AD' vuông A’ nên A A'  AD2A D'  4R22R2 R suy O O' R

0,5

I

D

C O

O' A

B E

 

2

2 y

2 2 2 2 xq

tp xq đá

S R h R R R

S S S R

     

6( 1.0 điểm )

  2

2 1 1 1

ln x lnx ln x ln

x x x x x x

 

     

          

   

 

(do x0)

Xét hàm f t lnt t2 1 t 0; có

 

2

1

1

' 1 0

1

t t

f t t

t t t

              f t

 nghịch biến 0; BBT:

Từ BBT ta có f t 0  t Có

x  

2

1 1

ln x

x x x

   

      

   

 

Hay ln 1 x2 1 lnx x

     x 0( đpcm )