Kế hoạch bộ môn Giáo dục công dân lớp 8

b Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.. + Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng.[r]

KIỂM TRA HỌC KỲ – MÔN : TOÁN – LỚP 12 THỜI GIAN : 90 PHÚT (Khơng kể thời gian giao đề) SỞ GD – ĐT BÌNH ĐỊNH TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ * Bài 1: ( 03 điểm ) Cho hàm số y  f  x    x  2x  có đồ thị  C  a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị  C  hàm số b) Dùng đồ thị  C  , biện luận theo m số nghiệm phương trình: x  2x  m  * Bài 2: (02 điểm) Giải các phương trình và bất phương trình sau: a) 25x  6.5x 1  125  b) log 21` (x  2x  3)  * Bài 3: (01 điểm ) Tính : I =  (2 cos x  5) sin xdx * Bài 4: ( 01điểm): Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số   f (x)  cos 2x  4sin x ; trên 0;   2 * Bài 5: (03 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có cạnh đáy a và cạnh bên hợp với mặt phẳng đáy góc 600 a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a b) Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD *** HẾT *** ĐÁP ÁN TOÁN 12 ( KIỂM TRA HỌC KỲ I – Năm học: 2011 - 2012 ) BAØI NOÄI DUNG 1, MXÑ : D  R 2, Sự biến thiên : + y,  4x  4x  4x  x ; y,   x   x  1  x   BXD : x   1  0,25  ÑIEÅM 0,25 + -0 + Hàm số đồng biến trên  ; 1 ;  0;1 và nghịch biến trên  1;  ; (1; ) y, + Cực trị: y CD  f  1  4, y CT  f    +) Giới hạn: lim y    ; a x   +) Baûng bieán thieân : lim y   x   x  + y, y   +) Ñieåm ñaëc bieät :  3; , 1 3;   0,25 - + -  0,25 CT CT CÑ +) Đồ thị nhận trục tung làm trục đối xứng Lop12.net  0,25 0,25 +) Vẽ đồ thị đúng b 0,50 Ta có: x  2x  m    x  2x   m  (1) Do đó số nghiệm PT (1) là số giao điểm (C) và đ.thẳng : y = m + Dựa vào (C), ta có: +) m < : PT(1) có hai nghiệm đơn +) m = : PT(1) có hai nghiệm đơn và nghiệm kép +) < m <1 : PT(1) có bốn nghiệm đơn +) m =1 : PT(1) có hai nghiệm kép +) m >1 : PT(1) vô nghiệm Đặt t  , điều kiện t > 0, ta có phương trình: x a +) t =  5x =  x = +) t = 25  5x = 25  x =2  x  2x   log 21 (x  2x  3)     x  2x   21  x  3  x   x  3  x    6  x   x  2x  24  b  6  x  3   x  Đặt u = 2cosx +  du = - 2sinxdx  sinxdx = du/-2 u I =   udu    c   (2 cos x  5)2  c 2 Lop12.net – 30t + 125 =  t = v t = 25 0,25 0,25 0,25 0,25 t2 0,25 x 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 x  +) TXĐ: [0; ] 0,25 +) f (x)  2 sin2x  4cos x ,  cos x  x  '   +) f (x)   cos x( sin x  1)   sin x  x      +) f(0) = ; f( ) = 2 ; f ( )     π Vậy: max f (x)  f    2 và f (x)  f     π  π 4 0;  0;   2  2 Hình vẽ 0,25 0,25 0,25 S 0,50 B C O A 5a D Gọi O= AC  BD Suy : SO  (ABCD) Ta có : OA là hình chiếu SA trên (ABCD)  Suy : (SC; (ABCD)) = SAC = 600 Diện tích đáy: SABCD  AB.AD  a.a  a SO = AO tân600= 5b a a 3 2 1 a 6 Vậy TT tích khối chóp: VS.ABCD  SABCD SO  a (đvtt)  a3 3 Ta có : SO là trục đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD Do đó : điểm nằm trên SO cách các điểm A,B, C, D (1) Mặt khác : Dựng mp trung trực trung điểm I đoạn SA , cắt SO J Suy : JA =JS ( 2) Từ (1) và (2) suy : JA= JB = JC = JD = JS =R Vậy S( J ; R ) ngoại tếp hình chóp S.ABCD +) Tính R Ta có : SJI ~ SAO  = SJ SI SI.SA SA   R  SJ    SA SO SO 2SO SO  AO a  2SO  Chú ý : Mọi cách giải khác, đúng cho điểm tối đa Lop12.net 0,50 0,25 0,25 0,50 0,25x3 0,25 Lop12.net