DE KIEM TRA KI 1 TOAN 12 20102011

2) Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp trên... 3) Tính diện tích mặt cầu và thể tích khối cầu ngoại tiếp khối chóp trên[r]

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO QUẢNG TRỊ TRƯỜNG THPT LAO BẢO

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ I NĂM HỌC 2010 – 2011 MƠN: TỐN – Khối 12

Thời gian làm bài: 90 phút không kể thời gian giao đề

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu 1: (3,0 điểm) Cho hàm số 13   

x x

y , (C)

1) Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số.

2) Viết phương trình tiếp tuyến (C) điểm có tung độ y = Câu 2: (1,5 điểm) Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số:

2 3 1

y x  x  x đoạn [-1;2].

Câu 3: (2,5 điểm) Cho khối chóp tứ giác S.ABCD có cạnh đáy a, cạnh bên 2a. 1) Tính thể tích khối chóp.

2) Xác định tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp trên.

3) Tính diện tích mặt cầu thể tích khối cầu ngoại tiếp khối chóp trên.

II PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm)

Thí sinh làm hai phần (phần phần 2)

1 Theo chương trình Chuẩn:

Câu 4.a (2,0 điểm) Giải phương trình: e6x 3e3x 2 0

  

Câu 5.a (1,0 điểm) Cho hàm số ln 1 y

x 

 Chứng minh '

y

e  x y 

2 Theo chương trình Nâng cao:

Câu 4.b (2,0 điểm)Giải phương trình : log3x2 2x1 log2x2 2x

Câu 5.b (1,0 điểm)Cho hàm số y ex.sinx

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM

Câu Đáp án Điểm

1.1

2.0đ TXĐ: D = R\{-1} Sự biến thiên 0,25

D x

y  

 



) (

2

' 2 Hàm số nghịch biến khoảng (-; -1) (-1; +

)

Hàm số khơng có cực trị

0,5

Giới hạn     1 

lim ; lim lim

x x

x

y y

y 



  lim

x

y

Đồ thị có tiệm cận đứng x = -1, tiệm cận ngang y = 0,5 x - -1 +

y’ - - y +

-

0,25

Đồ thị

Đồ thị cắt trục tung điểm (0;3) cắt trục hoành điểm (-3;0) Đồ thị nhận giao điểm I(-1;1) hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng

-3

x

y

1 -1 O

0,5

1.2

1,0đ y =  x = Do hệ số góc tiếp tuyến f’(1) =



Phương trình tiếp tuyến có dạng y - y0 = f’(x0)(x - x0).Hay y =

2

 x +

2

0,5 0,5

2

1,5đ Ta có: y’ = x

2 – 4x +3.

y’ =

 

3 1; x

x    

   

y(-1) = 11

3

 , y(2) = 5

3, y(1) =

 1;2  1;2

7 11

max

3

y y



  

0,25 0,25 0,5 0,5

3.1 1,0đ

M

O

B C

A D

S

I

Câu Đáp án Điểm

( )

V  SO dt ABCD

dt(ABCD) = a2

2 2

2 = SC - 2 2a = 4a2 a = 7a

4 2

a 14 SO =

2

SO 



Vậy :

3 a 14 = V 0,25 0,25 0,5 3.2 1,0đ

Dựng mặt phẳng trung trực SA cắt SO I, ta có : SI = IA

IA = IB = IC = ID (Vì I  SO trục đường trịn ngoại tiếp hình vng ABCD)

 IS = IA = IB = IC = ID

 Mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD có tâm I bán kính R = SI

SI SM SM.SA

SAO = SI =

SA SO SO

SIM

   

SI = 2a 14 

Vậy : R = SI = 2a 14 0,25 0,25 0,25 0,25 3.3 0,5đ 2 224 a = =

49

S R  (đvdt)

3

4 448 a 14

V = =

3 R 1029



 (đvtt)

0,25 0,25

4.a

2,0đ Đặt

3x( 0)

t e t  , phương trình cho trở thành t2 3t 2

1 t t     

 (thoả mãn điều kiện)

Với t 1 e3x 1 x 0

    

Với 2 2 1ln 2

x

t  e   x

Vậy, phương trình có hai nghiệm 0, 1ln x x

0,5 0,25 0,5 0,5 0,25 4.b

1,0đ Ta có:

 

'

2

1 1

' ( 1)

1 ( 1)

y x x

x x x

             Suy ra: ln 1 ' 1 1 y x

VT e x y e x

x x VP x x                   0,5 0,5 5.a

2,0đ Điều kiện 2

2 1 0

2 0 x x x x          

2 2 0

x x

Câu Đáp án Điểm

Đặt t log2x2 2x  x22x2t 0 ( thoả mãn điều kiện (*) )

Phương trình cho trở thành:

log 13 t   t  2 3t   t 2 1 1

3 3

t t

   

     

    (1)

Hàm số ( ) 2 1

3 3

t t

f t     

    nghịch biến 

(1) 1

f  nên (1) có

nghiệm t 1.

Với t 1 x2 2x2  x 1 3.

0,5

0,25 0,5 0,5

5.b

1,0đ Ta có:y'exsinx e xcosx e xcosx sinx

'' x.cos

y  e x

Suy ra:

 

'' ' x cos cos sin 2sin

VT y y y e x x x x VP

 

          

0,25 0,25 0,5 Hết