Kiểm tra chất lượng học kỳ I môn thi: Toán - Lớp 12 (Đề 10)

b Xác định tâm và tính bán kính của mặt cầu đi qua bốn đỉnh của hình chóp S.. Theo chương trình Chuẩn:..[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I Năm học: 2012-2013 Môn thi: TOÁN- Lớp 12 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 14/11/2012 ĐỀ ĐỀ XUẤT (Đề gồm có 01 trang) Đơn vị đề: THPT LONG KHÁNH A I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu (3,0 điểm) Cho hàm số y   x3  x  , gọi (C ) là đồ thị hàm số 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 2) Dùng vào đồ thị (C), biện luận theo m số nghiệm phương trình:  x3  x  m  Câu (2,0 điểm) 1) Tính giá trị biểu thức: A 1  81  9log3  log 25   125  16  2) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số: y  e x ( x  2) trên đoạn [1; 3] Câu (2,0 điểm) Cho khối chóp S ABC có đáy là tam giác ABC vuông cân B Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng ( ABC ) và SA  2a Mặt bên ( SBC ) hợp với mặt đáy góc 300 a) Tính thể tích khối chóp S ABC b) Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu qua bốn đỉnh hình chóp S ABC II PHẦN RIÊNG – PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần phần 2) Theo chương trình Chuẩn: x4 Câu 4a (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C ) hàm số y   x  2 điểm có hoành độ 1 Câu 5a (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: x  61 x   2) Giải bất phương trình: log8 ( x  2)  log ( x  3)  Câu 4b (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C ) hàm số y = tuyến có hệ số góc  Câu 5b (2,0 điểm)  x2 2x +1 biết tiếp x-2 1) Cho hàm số y  x.e Chứng minh rằng, xy  (1  x ) y 2x  2) Cho hàm số y  có đồ thị (C ) Tìm m để đường thẳng d : y  x  m cắt đồ thị (C ) x 1 hai điểm phân biệt A, B cho tam giác OAB vuông O HẾT Lop12.net ĐỒNG THÁP Năm học: 2012-2013 Môn thi: TOÁN – Lớp 12 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ĐỀ XUẤT (Hướng dẫn chấm gồm có 05 trang) Đơn vị đề: THPT LONG KHÁNH A Câu Câu (3,0 đ) Nội dung yêu cầu Điểm (2,0 điểm) Tập xác định: D   Sự biến thiên: 0.25 x  x    Trên khoảng  ;  , y '  nên hàm số đồng biến  Chiều biến thiên: y '  3 x  x , y '   0.5  Trên khoảng   ;  và  ;   , y '  nên hàm số nghịch biến  Cực trị:  Hàm số đạt cực đại x  và yCĐ =  Hàm số đạt cực tiểu x  và yCT = 2 lim y    Các giới hạn: lim y   , x 0.25 0.25 x  Bảng biến thiên : x y’  0  y +  – 0.25 2  Đồ thị: 0.5 (1,0 điểm) Lop12.net Ta có:  x3  x  m    x3  x   m  (*) PT (*) là phương trình hoành độ giao điểm đồ thị (C ) và đường thẳng d : y  m  Số nghiệm PT (*) số giao điểm (C ) và d Dựa vào đồ thị ta có: m  m  : PT (*) có nghiệm m  m  : PT (*) có nghiệm  m  : PT (*) có nghiệm Câu (2,0 đ) (1,0 điểm)  9log3  3log3 log 25   49 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25  125 0.25  81      16  0.25 A   81  9log3  log 25   125  16  (1,0 điểm) y '  e x ( x  x) với x  (1 ; 3) 2  3 49   2 0.25  x  (loại) Xét trên khoảng (1 ; 3) , ta có: y '     x  (nhaän) Mặt khác f (1)  e , f (1)  e3 , f (2)  Vậy max f ( x)  f (1)  e , f ( x)  f (2)  Câu (2,0 đ) 0.25 0.25 0.25 1 ; 3 1 ; 3 0.25 S I A C 300 B a) (1,0 điểm) Ta có SA  ( ABC ) nên suy SA đường cao hình chóp S ABC Lop12.net 0.25  SBC   ( ABC )  BC (1) AB  BC (2) (do ABC vuông B ) SB  BC (3) (do AB là hình chiếu SB trên mp ( ABC ) )  là góc 2mp  SBC  và  ABC  Theo giả Từ (1), (2), (3) ta suy góc SBA   300 thiết SBA Xét tam giác vuông SAB , ta có:   SA  AB  SA  2a  2a , suy BC  AB  2a tan SBA AB tan 300 1 Diện tích tam giác ABC là: S ABC  BA.BC   2a 3.2a  6a 2 1 Vậy thể tích khối chóp S ABC là : VS ABC   S ABC  SA   6a 2a  4a3 3 b) (1,0 điểm) Gọi I là trung điểm cạnh SC Do tam giác SAC vuông A , có IA là đường trung tuyến nên SC IA  IC  IS  Tương tự tam giác SBC vuông B , có IB là đường trung tuyến nên SC IB  IC  IS  SC Ta suy ra: IA  IB  IC  IS  Do đó I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC 0.25 0.25 0.25 0.5 Xét tam giác vuông SAC , ta có: SC  SA2  AC , mà AC  AB  BC  (2a 3)  (2a 3)  24a , nên suy SC  (2a )  24a  28a , suy SC  2a 0.5 SC a Tiếp tuyến đồ thị (C ) : y  f ( x ) M ( x0 ; y0 )  (C ) có PT dạng: Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC là: R  Câu 4a (1,0 đ) y  f '( x0 )  x  x0   y0 0.5 Ta có: y '  x3  x Theo giả thiết ta có x0  1 , suy y0  2 , f '(1)  Vậy tiếp tuyến có phương trình là : y  0( x  1)  hay y  2 Câu 5a (1,0 điểm) (2,0 đ) Ta có: x  61 x    x  x   6 Đặt t  x , t  Ta có phương trình: t    t Lop12.net 0.25 0.25 0.25 0.25 t  1 (loại)  t  5t     t  (nhaän) 0.25 Với t  , ta có x   x  Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x  0.25 (1,0 điểm) Điều kiện x  Ta có: log8 ( x  2)  log ( x  3)   log8 2  log8 ( x  2)2  log8 ( x  3)  3 ( x  2)2  x3 0.25 ( x  2)2   x  x  16   x   \ 4 x3 So với điều kiện, ta nhận x   ;   \ 4 Câu 4b (1,0 đ) 0.25  0.25 Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm S   ;   \ 4 0.25 Tiếp tuyến đồ thị (C ) : y  f ( x ) M ( x0 ; y0 )  (C ) có PT dạng: y  f '( x0 )  x  x0   y0 Ta có: y '   ( x  2)2 Từ giả thiết ta suy  0.25 ( x0  2)   x0   y0     x0  3  y0  1 Với x0  , y0  , f '(7)   , ta có PTTT: y    x    hay 22 y  x 5 Với x0  3 , y0  , f '(3)   , ta có PTTT: y   y  x 5 Câu 5b (1,0 điểm) (2,0 đ) Ta có: y '  (1  x )e  x2 Vế trái = xy  x(1  x ).e  x2  (1  x ) x.e (1,0 điểm) 0.25 0.25 0.5  x2 0.25  (1  x ) y = Vế phải (đpcm) Phương trình hoành độ giao điểm (C) và d:  x  3  hay 0.25  x  (m  3) x   m  0, x 1 Lop12.net (*) 2x 1  xm x 1 0.25 0.25 PT (*) có   m  2m   0, m  R và (*) không có nghiệm x = Suy PT (*) luôn có nghiệm phân biệt là x A , xB  x  xB   m Theo định lí Viét:  A Khi đó: A  x A ; x A  m  , B  xB ; xB  m   x A x B   m   OAB vuông O thì OA.OB   x A xB   x A  m  xB  m    x A x B  m x A  x B   m   m  2 Vậy m  2 Lưu ý: Lop12.net 0.25 0.25 0.25