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.
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề kiểm tra chất lượng học kỳ I môn Toán lớp 12 - Đề 10TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ BỘ MÔN : TOÁN GIÁO VIÊN ĐẶNG VĂN HIỂNKIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I Năm học: 2013-2014 Môn thi: TOÁN- Lớp 12 Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề) ĐỀ SỐ 10 (Đề gồm có 01 trang)I. Phần chung (7,0 điểm) Câu I:(3 điểm) Cho hàm số y  x  3 x  1 1 có đồ thị (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).3 22. Xác định m để phương trình sau : Câu II:(2 điểm). x 3  3 x 2  m  0 có hai nghiệm.31. Tính giá trị của biểu thức: A  4log 12  log 4  6250, 75 2392. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y   x 2  3 e x trên  0; 2 trên đoạn  4;1 . Câu III:(2 điểm). Cho tứ diện OABC, có OA, OB, OC đôi một vuông góc, tam giác OBC vuông cân tại O, BC = a 2 . Góc giữa AB và (OBC) bằng 300. 1. Tính theo a thể tích khối tứ diện OABC. 2. Xác định tâm và 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 của đồ thị hàm số y  tuyến song song đường thẳng y = 5x + 2013. Câu Va. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: log 2 x  2 log 4  x  1  1 .1 2. Giải bất phương trình:   4x 1x2 , biết tiếp 3 x1     2 log 8 . 4  16 x2 , biết tiếp 3 xxB. Theo chương trình nâng cao Câu IVb (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y tuyến vuông góc đường thẳng: x + 5y - 2013 = 0. Câu Vb. (2,0 điểm) 1. Cho y = y  e  x sin x . Chứng minh rằng: y 2 y 2 y  0 2. Chứng minh rằng: Với mọi m thì đồ thị hàm số 3 2 3 2 y  x  3m  1x  3mm  2x  m  3m luôn có hai cực trị và khoảng cách giữa hai điểm cực trị không đổi.HếtHƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ SỐ 10(Đề gồm có 01 trang) I. Phần chung (7,0 điểm) Câu3 2Nội dung yêu cầuĐiểm(2đ)1Cho hàm số y  x  3 x  1 1 có đồ thị (C). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).* Tập xác định : D = R *Sự biến thiên Giới hạn :x  0.25lim y  lim y   ;x  x  lim y  lim y  x  0.25 0.25 0.25 0.25Đạo hàm : y  3x 2  6 x, y  0  x  0 x  2* Hàm số đồng biến trên các khoảng (-  ;0) và (2; +  ); nghịch biến trên khoảng (0; 2). *Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ=1; Cực tiểu tại x = 2; yCT=-3 * Bảng biến thiên : x - 0 2 + y’ + 0 0 + y 1 + - Đồ thị I -30.250.52Xác định m để phương trình sau :  x  3 x  m  0 có hai nghiệm. pt  x 3  3 x 2  1  m  1 (*) Phương trình (*) có hai nghiệm thì đồ thị (C ) cắt đường thẳng (d) y = m +1 tại hai điểm    m  1  3  m  4 m 1  1  m  032(1đ) 0.25 0.25 0.25 0.251Tính giá trị của biểu thức: A  4log  log 4  6250, 75 223 191đ 0,25 0,25 0,25 0,25 1đ3  A  2 2 log 2  log23   5 4 33 22 3 4 2log 2  2  5 3  3 2  2  5 3 1143  932II 2)Tìm GTLN và GTNNt của hàm số y   x 2  3 e x trên  0; 2 . Hàm số đã cho liên tục trên [0; 2] x  1 n  y   x 2  2 x  3 e x , y  o    x  3  l  y  0   3; y 1  2e; y  2    2e0.5 0.25 0.25Vậy: Maxy  y  2   3; Miny  y 1  2e[0;2] [0;2]III 1Cho tứ diện OABC, có OA, OB, OC đôi một vuông góc, tam giác OBC vuông cân tại O, BC = a 2 . Góc giữa AB và (OBC) bằng 300. 1. Tính theo a thể tích khối tứ diện OABC. 2. Xác định tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC.2 điểm1 .OA 3 S ABC Ta có: OBC vuông cân tại O và BC = a 2  OB =OC = a 1  S OBC  a 2 2 Do OA  OBC   OB là hình chiếu của AB lên (OBC)Theo gt ta có: OA  OBC   V OABC 0,25 0.25  AB,  OBC     AB, OB   ABO  3000.25Xét  AOB: OA  OB tan90 0  Vậy: V OABC a3 3 18a 3 30.252Gọi M là trung điểm BC. Do OBC vuông tại O nên M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC. Dựng Mx//OA  Mx  OBC  Mx là trục của mặt (OBC) Trong mp(OA, Mx) dựng đường trung trực của OA cắt OA tại N và Mx tại I  IA = IO (1) Mặt khác : I  Mx  IO = IB = IC (2) Từ (1) và (2) suy ra I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC và bán kính R = ICa 21 Xét IMC: IC  MC  MI  R 62 20,25 0.250.25 0.25VaViết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y  tuyến song song đường thẳng y = 5x + 2013.y  5 3  x 2x2 , biết tiếp 3 x1đ 0,25 0.25 0.25 0.25 1đ 0,25 0.25 0.25 0.25Do tiếp tuyến song song với (d): y = 5x + 2013  y’(x0) = 5  x0  2  y 0  4 5  5  x  3   2 3  x   x0  4  y0  61Vậy có hai tiếp tuyến: y = 5x - 6; y = 5x - 26 Giải phương trình: log 2 x  2 log 4  x  1  1 ĐK: x > 1PT  log 2 x x  1  1  x x  1  2  x 2  x  2  0  x  1loai    x  2nhan Va21 Giải bất phương trình:   4 1 1 BPT  4      3  0 4 4x x xx 11     2 log 8 . 4  16 x1đ 0.251Đặt: t     01 4 2 1  t  4t  3  0  1  t  3x0.25 0.25 0.25x2 , biết tiếp 3 x1  1     3  log 1 3  x  0 4 4IVbViết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y 1đtuyến vuông góc đường thẳng: x + 5y - 2013 = 0.y 5 3  x 20.25 0.25 0.25 0.25 1đ 0.25 0.25 0.25 0.25 1đDo tiếp tuyến vuông góc với (d): x + 5y - 2013  y’(x0) = 5  x0  2  y 0  4 5  5  x  3   3  x 2  x0  4  y0  61Vậy 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  0y  e  x cos x  sin x  y  2 cos xe  xy2 y 2 y  0  2 cos xe  x  2e  x cos x  sin x   2e  x sin x  0  0  0đpcm 2 VbChứng3thì đồ thị hàm số y  x  3m  1x  3mm  2x  m  3m luôn có hai cực trị và khoảng cách giữa hai điểm cực trị không đổi. Ta có : minh rằng: Với mọi3m22y  3 x 2  6m  1x  6mm  2   x  2  m y  0    x  m0.25 0.25 0.25 0.25Đồ thị (Cm) có hai điểm cực trị A(-2 - m; 4) và B(-m; 0)  AB  2 5 (hằng số) (đpcm) Hết ...