Nội dung

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP ĐỀ ĐỀ XUẤT TRƯỜNG THPT TÂN THÀNH KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ I Năm học: 2012 - 2013 Môn thi: TOÁN - Lớp 12 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 14/12/2012 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3,0 điểm). Cho hàm số I - PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ HỌC SINH (7,0 điểm) Câu 1. (3,0 điểm) Cho hàm số y = 2x3 - 3x2 + 1có đồ thị (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Dựa vào đồ thị (C) biện luận theo k số nghiệm phương trình 2x3 - 3x2 + k =0 Câu II (2,0 điểm). 1) Tính giá trị biểu thức A = 101 log 2  log 2 3.log 3 4  log5 125 2) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = e 2 x  4e x  3 trên  0;ln 4 . Câu III (2,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy,SA = 2a. a) Tính thể tích khối chóp S.BCD. b) Xác định tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.Tính diện tích mặt cầu đó. II. PHẦN RIÊNG - PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình Chuẩn Câu IV.a (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (H) của hàm số y = 2x  1 x 1 biết tiếp tuyến song song với đường thẳng d: y =  x  2012 . Câu V.a (2,0 điểm). 1) Giải phương trình: 6.9 x  13.6 x  6.4 x 0 . 2 2) Giải bất phương trình: log 1 ( x  6 x  5)  2 log 3  2  x  0 . 3 2. Theo chương trình Nâng Cao Câu IV.b (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (H) của hàm số y = 2x  1 x 1 biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng d: y = 4 x  2012 . Câu V.b (2,0 điểm). 1) Cho hàm số y = ecos x , chứng minh rằng y , .sin x  y.cos x  y ,, 0 2) Tìm m để đường thẳng d: y 2 x  m cắt đồ thị (C): y  x  3  3 tại hai điểm phân x 1 biệt A, B sao cho độ dài của đoạn thẳng AB nhỏ nhất.Hết. _____________________________________________________________ Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh ....................................... Số báo danh: ...................... Chữ ký giám thị: ........................................ ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM Câu I Ý Nội dung 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y  x3  3 x 2  1 1) Tập xác định: D  2) Sự biến thiên của hàm số: a) Giới hạn: lim y  ; lim  x   Điểm 2.0 0.25 0,25 x   b) Bảng biến thiên: 2 Ta có: y '  3 x  6 x  3 x  x  2   x 0 y ' 0    x 2 - ¥ x 0 +¥ y' 0  y 0.25 2 + - 0 3 0.5 -1  Hàm số đồng biến trên khoảng  0; 2  . 0.25 Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng   ;0  và  2;   . Hàm số đạt cực đại tại x 2; yCD 3 . Hàm số đạt cực tiểu tại x 0; yCT  1 . 3) Đồ thị: 8 y 7 6 5 0,5 4 3 2 1 x -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 -1 -2 -3 -4 -5 -6 2 3 2 Biện luận số nghiệm phương trình sau theo k : x  3x  k 0  1 1.0 x 3  3 x 2  k 0  k  x 3  3 x 2  k  1  x 3  3 x 2  1 3 2 Đặt f  x   x  3x  1 và g  x  k  1 , số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của f  x  và g  x  . II 1 Suy ra:  Khi k  1   1  k  0 , phương trình (1) có 1 nghiệm.  Khi k  1  1  k 0 , phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.  Khi  1  k  1  3  0  k  4 , phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt.  Khi k  1 3  k 4 , phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt .  Khi k  1  3  k  4 , phương trình (1) có 1 nghiệm. Tính giá trị biểu thức A = 101 log 2  log 2 3.log3 4  log 5 125 10 10  log 2  5 10 2 log 2 3.log 3 4 log 2 4 2 1 log 2 Ta có: 10 0.25 0.5 1.0 0.25 0.25 0.25 log 5 125 log 5 53 3 2 0.25 A =  A 101 log 2  log 2 3.log3 4  log 5 125 5  2  3 10 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = e2 x  4e x  3 trên  0;ln 4 . 0.25 1.0 y , 2e 2 x  4e x Cho y , 0  2e2 x  4e x 0  e x 2  x ln 2   0;ln 4 Ta có: f  0  0; f  ln 2  4; f  ln 4  16 Suy ra max của f  x  : f max 16 tại x ln 4 min của f  x  : f min 0 tại x 0 III a) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy,SA = 2a. a) Tính thể tích khối chóp S.BCD. S A B 2a I D a C 0.25 0.25 0.25 0.25 1.0 Ta có : SA vuông góc mặt phẳng (ABC) nên SA là đường cao. 1 1 S BCD  S ABCD  a 2 2 2 1 1 1 2 1 V  S BCD .SA  . a 2a  a 3 3 3 2 3 0.25 0.25 0.5 b) b) Xác định tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.Tính diện 1.0 tích mặt cầu đó. Theo giả thiết, SA ^ AC , SA ^ AD , BC ^ AB , BC ^ SA Suy ra, BC ^ (SAB ) và như vậy BC ^ SB Hoàn toàn tương tự, ta cũng sẽ chứng minh được CD ^ SD .  A,B,D cùng nhìn SC dưới 1 góc vuông nên A,B,D,S,C cùng thuộc đường tròn đường kính SC, có tâm là trung điểm I của SC. 0.25 0.25  Ta có, SC = SA2 + AC 2 = (2a)2 + (a 2)2 = a 6  Bán kính mặt cầu: R = SC = a 6 Vậy,diện tích mặt cầu ngoại tiếp 0.25 2 2 2 æ ö a 6 ÷ ç 2 S.ABCD là: S = 4pR 2 = 4p ç ÷ ÷ ÷ = 6pa ç è 2 ø IVa CTC 1 Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (H) của hàm số y = 0.25 2x  1 biết x 1 1.0 tiếp tuyến song song với đường thẳng d: y =  x  2012 . , Ta có: y  Va 1 1  x  1 2 Do tiếp tuyến song song với đường thẳng y  x  2012 nên: 1  1 2  x  1 0.25  x 2  y 3 2   x  1 1    x 0  y 1 PTTT tại A(2;3) là: y   x  2   3  x  5 PTTT tại B(0;1) là: y  x  1 0.25 Giải phương trình: 6.9  13.6  6.4 0 . Ta có: 2x x  3  3 x x x 6.9  13.6  6.4 0  6    13    6 0  2  2 x x x 0.5 1.0 x  3 Đặt t   đk: t>0  2 0.25 2 0.25  3  t 2 2 Bài toán trở thành: 6.t  13.t  6 0   2 t   3  3 x 3    2  x 1  2    x  1  3 x 2      3   2  2 Giải bất phương trình: log 1 ( x  6 x  5)  2log 3  2  x  0 . 0.25 0.25 1.0 3 0.25 2 x  6x  5  0  x 1 Đk:  2  x  0 2 log 1 ( x 2  6 x  5)  2log 3  2  x  0  log 3  2  x  log 3 ( x 2  6 x  5) 3 2   2  x  x 2  6 x  5  x  1 2 1  Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm BPT là S  2 ;1 IVb CTNC 1 0.5 Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (H) của hàm số y = 0.25 2x  1 biết x 1 1.0 tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng d: y = 4 x  2012 . , Ta có: y  1  x  1 2 Do tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y 4 x  2012 nên: 1 1  2 4  x  1 Vb 1  5   x 3  y  2  2     x  1 4    3   x  1 y   2   5 1 13 PTTT tại A(3; ) là: y  x  2 4 4 3 1 5 PTTT tại B(-1; ) là: y  x  2 4 4 cos x Cho hàm số y = e , chứng minh rằng y , .sin x  y.cos x  y ,, 0 Ta có : Vậy y ,  sin x.ecos x y ,, sin 2 x.ecos x  cos x.ecos x 0.25 0.25 0.5 0.25 0.25 0.5 y , .sin x  y.cos x  y ,,  sin 2 x.ecos x  cos x.e cos x  sin 2 x.ecos x  cos x.ecos x 0 2 (đpcm) Tìm m để đường thẳng d: y 2 x  m cắt đồ thị (C): y  x  3  3 tại 1.0 x 1 hai điểm phân biệt A, B sao cho độ dài của đoạn thẳng AB nhỏ nhất. Ta có : 2 x  m  x  3  3  1 x 1  x 1 2   2 3x   m  6  x  m 0  3  m 2  36  0m Và VT của (3) 0m nên (d) luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt A  x1 ; 2 x1  m  B  x2 ; 2 x2  m  Ta có: 2 2 AB 2  x2  x1    2 x2  2 x1  5 2 5   x2  x1   4 x1 x2    m 2  36   4    9 Vậy từ (4) AB nhỏ nhất khi m=0 -------------------------Hết------------------------- 0,25 0.5 0,25