Đề kiểm tra môn Toán lớp 12 - Đề số 7

2 Xác định m để hàm số 1 có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị tạo thành một tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1.. 2 Giải bất phương trình mũ.[r]

ĐỀ KIỂM TRA MÔN TOÁN LỚP 12E3 Thời gian: 180 phút Đề số I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y  x  2mx  m  (1) , với m là tham số thực 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) m  2) Xác định m để hàm số (1) có ba điểm cực trị, đồng thời các điểm cực trị đồ thị tạo thành tam giác có bán kính đường tròn ngoại tiếp Câu II (2 điểm)   1) Giải phương trình 2sin x  sin x cos x   cos x  sin x 2) Giải bất phương trình mũ 3x x  9.3x x  32 x    Câu III (1 điểm) Tính tích phân I    x  cos x  s in xdx Câu IV (1 điểm) Trong không gian cho lăng trụ đứng ABC A1 B1C1 có AB  a, AC  2a, AA1  2a và   120 Gọi M là trung điểm cạnh CC Hãy chứng minh MB  MA và tính khoảng BAC 1 cách từ A tới mặt phẳng ( A1 BM ) Câu V (0,5 điểm) Tìm m để phương trình sau có đúng nghiệm thực: x  13 x  m  x    m    Câu VI (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , tìm điểm A thuộc trục hoành và điểm B thuộc trục tung cho A và B đối xứng với qua đường thẳng d :2 x  y   Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho các điểm B  0;3;0  , M  4;0; 3 Viết phương trình mặt phẳng ( P) chứa B, M và cắt các trục Ox, Oz các điểm A và C cho thể tích khối tứ diện OABC ( O là gốc toạ độ ) Câu VII (1 điểm) Tìm phần thực và phần ảo số phức sau : z  w 2008  w 2008 , biết w  1 w Câu VIII(0,5 điểm)  x2  4x  có đồ thị ( C ) Tìm điểm M trên ( C ) cho tổng khoảng cách x2 từ M đến các tiệm cận ( C ) đạt giá trị nhỏ Hết Cho hàm số y  Giáo viên: Nguyễn Văn Đức Lop12.net Câu I (2điểm) ĐÁP ÁN MÔN TOÁN Nội dung 1.(1 điểm) Khi m  hàm số trở thành: y  x  x  TXĐ: D=  x  Sự biến thiên: y '  x3  x   x  x  1     x  1 yCD  y    0, yCT  y  1  1   Điểm Bảng biến thiên x - y’ y -1  0 + + 0.25 0.25 +  0 + + -1 -1 0.25  Đồ thị f x = x4-2x2 -10 -5 10 -2 -4 -6 0.25 -8 x  (1 điểm) y '  x3  4mx  x  x  m     x  m ' Hàm số đã cho có ba điểm cực trị  pt y  có ba nghiệm phân biệt và y ' đổi dấu x qua các nghiệm đó  m   Khi đó ba điểm cực trị đồ thị hàm số là: A  0; m  1 , B  m ; m  m  , C m ; m  m     II (2điểm)    yB  y A xC  xB  m m ; AB  AC  m  m , BC  m m  m4  m  m  AB AC.BC R 1   m  2m     m   S ABC 4m m  S ABC  0.25 0.25 0.25 0.25 1)   1   sin x  cos x  cos x  sin x    sin x  cos x    cos x  sin x  2   2  0.50 2        2   cos  x    3cos  x    cos  x    3cos  x    3 3 3     0.25    5   cos  x     x    k  x   k  k    3  0.25   Giáo viên: Nguyễn Văn Đức Lop12.net (1 điểm) 3x   32 x 3x x x  9.3x     3x 2 x x  32 x         32 x   3x x  1  0.25 3    1     x  1 x  2x x2  x 1  3    x2  x 2x 0.50 Tập nghiệm T   0;1  1;   III (1 điểm) 0.25 u  x  cos x du  1  2sin x cos x  dx  dv  sin xdx v   cos x    .Đặt   Vậy I    x  cos x  cos x  2   1  2sin x cos x  cos xdx 0.50   2    cos xdx   cos xd  cos x     sin x  IV  MA12  A1C12  C1M   2a   a (1 điểm) ;  BM  BC  CM  a  a    cos3 x  (2 )   11 0.50  9a ; BC  AB  AC  AB AC.cos120  a  2  3  12a ; A1 B  AA12  AB  2a   a  21a Suy A1 B  MA12  MB  MB  MA1 A C B M A1 C1 B1 0.50  V (1 điểm) Hình chóp MBAA1 và CABA1 có chung đáy là tam giác BAA1 và đường cao nên thể tích 1 a 15  Suy V  VMBAA1  VCBAA1  AA1.S ABC  2a a.2a.sin120  3 3 a 15 3V 6V a  d ( A, ( A1 BM ))    S MBA1 MB.MA1 a 12.3a 0.50 1  x  x  13 x  m  x    x  13 x  m   x   4  x  13 x  m  1  x  x   4 x  x  x   m 0.25 Giáo viên: Nguyễn Văn Đức Lop12.net Yêu cầu bài toán  đường thẳng y  m cắt phần đồ thị hàm số f  x   x3  x  x  với x  đúng điểm Xét hàm số f  x   x  x  x  với x  Với x  thì f '  x   12 x  12 x    x   Bảng biến thiên: x + y  (1 điểm)   y’ VI.1 0.25 2 0.25  12 Từ bảng biến thiên ta có: 3   m  m   Yêu cầu bài toán      m   12 m  12    A  Ox, B  Oy  A  a;0  , B  0; b  , AB   a; b  0.25 0.25  Vectơ phương d là u  1;  a b Toạ độ trung điểm I AB là  ;   2 A và B đối xứng với qua d và   a  2b  a  4  AB.u    b   b  2 Vậy A  4;0  , B  0; 2   I  d a    0.25 0.50 VI.2 (1 điểm) VII (1 điểm)  Gọi a, c là hoành độ, cao độ các điểm A, C x a y z c x y 2z x y z    1;  P2  :    Vậy  P1  : 4 3 3 1 z  w 2007  2007 , biết w   w w Do w    w  w        3  w Vì B  0;3;0   Oy nên  P  :    Giáo viên: Nguyễn Văn Đức 0.50 0.50  i Lop12.net   3i    cos  i sin  w1  3    3i    cos  i sin w  3  2007 2007 2007  w1,2  cos  i sin  1  0i  1 3 Do đó : z  w 2007  2007  1   1  2 w Do đó : Re  z   2 ; Im  z   VIII.b (1 điểm) 0.50 x  4x   x   Gọi (C) là đồ thị hàm số đã cho x2 x2 M  x; y   (C)  y   x   x2 Tiệm cận xiên: y   x   x  y   ; Tiệm cận đứng: x  x y2 Khoảng cách từ M đến tiệm cận xiên là: d1   2 x  y 0.50 Khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng là: d  x  Ta có: d1  d   x2  2 x  Do đó Min(d1+d2)= đó: x2  2 x  7  x    x  2  x  2   7 2 x  y   2     7 x   y  2  2   Giáo viên: Nguyễn Văn Đức 0.50 Lop12.net