Đề kiểm tra chất lượng học kỳ I môn Toán lớp 12 - Đề 10

Nhằm giúp các bạn làm tốt các bài tập môn Toán đồng thời các bạn sẽ không bị bỡ ngỡ với các dạng bài Toán chưa từng gặp, hãy tham khảo Đề kiểm tra chất lượng học kỳ I môn Toán lớp 12 - Đề 10.

TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I Năm học: 2013-2014 Mơn thi: TỐN- Lớp 12 Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề) BỘ MƠN : TỐN GIÁO VIÊN ĐẶNG VĂN HIỂN ĐỀ SỐ 10 (Đề gồm có 01 trang) I Phần chung (7,0 điểm) Câu I:(3 điểm) Cho hàm số y  x  x  1 có đồ thị (C) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) 2 Xác định m để phương trình sau : Câu II:(2 điểm)  x  x  m  có hai nghiệm Tính giá trị biểu thức: A  4log 12  log 42  6250, 75 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số y   x  3 e x  0; 2 đoạn  4;1 Câu III:(2 điểm) Cho tứ diện OABC, có OA, OB, OC đơi vng góc, tam giác OBC vuông cân O, BC = a Góc AB (OBC) 300 Tính theo a thể tích khối tứ diện OABC Xác định tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC II Phần riêng (3,0 điểm) A Theo chương trình chuẩn Câu IVa (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y  x2 , biết tiếp 3 x tuyến song song đường thẳng y = 5x + 2013 Câu Va (2,0 điểm) Giải phương trình: log x  log  x  1  1 Giải bất phương trình:   4 x 1 x 1     log 84  16  B Theo chương trình nâng cao Câu IVb (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y  x2 , biết tiếp 3 x tuyến vuông góc đường thẳng: x + 5y - 2013 = Câu Vb (2,0 điểm) Cho y = y  e  x sin x Chứng minh rằng: y ' '2 y '2 y  Chứng minh rằng: Với m đồ thị hàm số 3 y  x  3m  1x  3mm  2x  m  3m ln có hai cực trị khoảng cách hai điểm cực trị không đổi Hết HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ SỐ 10 (Đề gồm có 01 trang) I Phần chung (7,0 điểm) Câu Nội dung yêu cầu Điểm  Cho hàm số y  x  x  1 có đồ thị (C) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) * Tập xác định : D = R *Sự biến thiên Giới hạn : lim y  lim y   ; x   x   (2đ) 0.25 0.25 lim y  lim y   x   x   x  x  0.25 Đạo hàm : y '  3x  x, y '    * Hàm số đồng biến khoảng (-  ;0) (2; +  ); nghịch biến khoảng (0; 2) *Hàm số đạt cực đại x = 0, yCĐ=1; Cực tiểu x = 2; yCT=-3 * Bảng biến thiên : x - + y’ + 0 + y + - 0.25 0.25 0.25 -3 Đồ thị 0.5 I 2 Xác định m để phương trình sau :  x  x  m  có hai nghiệm pt  x  x   m  (*) Phương trình (*) có hai nghiệm đồ thị (C ) cắt đường thẳng (d) y =  m 1   m  m +1 hai điểm    m   3  m  4 (1đ) 0.25 0.25 0.25 0.25 Tính giá trị biểu thức: A  4log  log 42  6250, 75 1đ 3  2 2   A  2 log  log23     0,25 32  2log   0,25  2   1143  II 2) 0,25 0,25 Tìm GTLN GTNNt hàm số y   x  3 e x  0; 2 1đ Hàm số cho liên tục [0; 2]  x  1 n  y '   x  x  3 e x , y '  o    x  3  l  y    3; y 1  2e; y     2e Vậy: Maxy  y    3; Miny  y 1  2e [0;2] 0.25 0.25 [0;2] Cho tứ diện OABC, có OA, OB, OC đơi vng góc, tam giác OBC vng cân O, BC = a Góc AB (OBC) 300 Tính theo a thể tích khối tứ diện OABC Xác định tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC III 0.5 điểm 1 OA S ABC Ta có: OBC vng cân O BC = a  OB =OC = a  S OBC  a 2 Do OA  OBC   OB hình chiếu AB lên (OBC) Theo gt ta có: OA  OBC   V OABC    AB,  OBC     AB, OB   ABO  300 0,25 0.25 0.25 Xét  AOB: OA  OB tan90  Vậy: V OABC  0.25 a 3 a3 18 Gọi M trung điểm BC Do OBC vuông O nên M tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC Dựng Mx//OA  Mx  OBC  Mx trục mặt (OBC) Trong mp(OA, Mx) dựng đường trung trực OA cắt OA N Mx I  IA = IO (1) Mặt khác : I  Mx  IO = IB = IC (2) Từ (1) (2) suy I tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC bán kính R = IC a 21 Xét IMC: IC  MC  MI  R 0.25 0.25 0.25 Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y  Va 0,25 x2 , biết tiếp 3 x 1đ tuyến song song đường thẳng y = 5x + 2013 y'  0,25 3  x 2 Do tiếp tuyến song song với (d): y = 5x + 2013  y’(x0) =   x0   y    x  3   3  x   x0   y0  6 0.25 Vậy có hai tiếp tuyến: y = 5x - 6; y = 5x - 26 Giải phương trình: log x  log  x  1  ĐK: x > 0.25 1đ 0,25 0.25 0.25 PT  log x x  1   x x  1   x  x    x  1loai    x  2nhan  Va 1 Giải bất phương trình:   4 x x 1 0.25 x 1     log 84  16  1đ 0.25 x 1 1 BPT  4       4 4 0.25 1 x 1 4 1  t  4t     t  0.25 Đặt: t     0.25 x 1       log  x  4 IVb Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y  0.25 x2 , biết tiếp 3 x tuyến vng góc đường thẳng: x + 5y - 2013 = 1đ y'  0.25 3  x 2 Do tiếp tuyến vng góc với (d): x + 5y - 2013  y’(x0) =   x0   y     x    x   y  6 3  x 2  0 Vậy có hai tiếp tuyến: y = 5x - 6; y = 5x - 26 Cho y = y  e  x sin x Chứng minh rằng: y ' '2 y '2 y  y '  e  x cos x  sin x  y ' '  2 cos xe  x y"2 y '2 y   2 cos xe  x  2e  x cos x  sin x   2e  x sin x    0đpcm  Chứng đồ thị hàm số y  x  3m  1x  3mm  2x  m  3m ln có hai cực trị khoảng cách hai điểm cực trị khơng đổi Ta có : Vb minh rằng: Với m 0.25 0.25 0.25 1đ 0.25 0.25 0.25 0.25 1đ y '  x  6m  1x  6mm   0.25  x  2  m y'     x  m 0.25 Đồ thị (Cm) có hai điểm cực trị A(-2 - m; 4) B(-m; 0)  AB  (hằng số) (đpcm) 0.25 0.25 Hết ... OA, OB, OC đ? ?i vng góc, tam giác OBC vuông cân O, BC = a Góc AB (OBC) 300 Tính theo a thể tích kh? ?i tứ diện OABC Xác định tâm bán kính mặt cầu ngo? ?i tiếp tứ diện OABC III 0.5 ? ?i? ??m 1 OA S ABC... ngo? ?i tiếp tam giác OBC Dựng Mx//OA  Mx  OBC  Mx trục mặt (OBC) Trong mp(OA, Mx) dựng đường trung trực OA cắt OA N Mx I  IA = IO (1) Mặt khác : I  Mx  IO = IB = IC (2) Từ (1) (2) suy I. .. suy I tâm mặt cầu ngo? ?i tiếp tứ diện OABC bán kính R = IC a 21 Xét IMC: IC  MC  MI  R 0.25 0.25 0.25 Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số y  Va 0,25 x2 , biết tiếp 3 x 1đ tuyến song