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

Các bạn học sinh và quý thầy cô tham khảo miễn phí Đề kiểm tra chất lượng học kỳ I môn Toán lớp 12 - Đề 12 để hệ thống kiến thức học tập cũng như trau dồi kinh nghiệm ra đề thi.
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề kiểm tra chất lượng học kỳ I môn Toán lớp 12 - Đề 12TRƯỜNG 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 12 (Đề gồm có 01 trang)I.PHẦN CHUNG (7,0 điểm) Câu I. (3,0 điểm): Cho hàm số y 2x 1 x 11. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2.Tìm m để đường thẳng d: y   x  m cắt (C) tại 2 điểm phân biệt. Câu II ( 2,0 điểm) 23 ( 0  a  1)  2.Tìm GTLN và GTNN của hàm số y  cos 2 x  cos x  21.Tính giá trị biểu thức A  log a  a. 5 a. 3 a. a   81log Câu III (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. SA vuông góc với mặt đáy và SA=2a. 1.Tính thể tích khối chóp S.BCD theo a. 2.Tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) (Học sinh chọn IVa và Va hay IVb và Vb ) A. Theo chương trình chuẩn. Câu IVa ( 1 điểm) Cho hàm số y 2x 1 (C) .Viết pttt của đths(C) tại điểm có hoành độ bằng -2 x 1Câu Va ( 2 điểm) 1.Giải phương trình : 49 x  10.7 x  21  0 2.Giải bất phương trình: log 22 x  5  3log 2 x 2 . B. Theo chương trình nâng cao. Câu IVb ( 1 điểm)Cho hàm số y x3  2 x 2  3 x  1 có đồ thị (C). Viết phương trình tiếp tuyến 3với (C) biết tiếp tuyến có hệ số góc k = 3 Câu Vb ( 2 điểm) 1.Cho hàm số y  e x .sin x .Tính y 2  2.Cho hàm số y 1 2  y  theo x 4x 2  3x (C). Tìm trên (C) các điểm cách đều hai trục tọa độ. x 1.........Hết.......HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ SỐ 12 (Hướng dẫn chấm gồm có 4 trang) Câu 1 Nội dung yêu cầu2x 1 1.Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  ( C) x 1 Tập xác định: D  \ 1Điểm 2đ 0,25Ta có: y x  x 13 x  1x  x 12 0 x  D0,25lim y  2 ; lim y  2 => đường thẳng y  2 là tiệm cận nganglim y   ; lim y   => đường thẳng x  1 là tiệm cận đứng của (C)  0,25Bảng biến thiên: x  y y10,5 2 0,252Hàm số nghịch biến trên khoảng  ;1 và 1;   .Hàm số không có cực trị. Cho x  0  y  1y0 x 1 2x=2 => y = 5 x=3 => y =7 2y8 60,54I2x-8 -6 -4 -2 -2 2 4 6 8-4-6-82.Tìm m để đường thẳng d: y   x  m cắt (C) tại 2 điểm phân biệt. Phương trình hoành độ giao điểm:2x 1   x  m (1) x 1 Điều kiện : x  11đ(1)  2 x  1  ( x  m)( x  1) 2 x  1   x 2  m  x  mx  x 2  (m  1) x  m  1  0 (2)Đồ thị hàm số (C) và đường thẳng y   x  m cắt nhau tại 2 điểm phân biệt  (1) có 2 nghiệm phân biệt  (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 112  (m  1).1  m  1  0   2    m  1  4.1.( m  1)  0  3  0  2    m  6m  3  0 m  3  2 3  m  3  2 3  Vậy m  (;3  2 3)  (3  2 3; ) là giá trị cần tìm.0,25 0,250,250,2521.Tính giá trị biểu thức A  log a  a. 5 a. 3 a. a   81log  23( 0  a  1)1đ 0.25 0,25 0,25 0,25 1đ 0,2513 13  1 1 1  13   log a  a. 5 a. 3 a. a   log a  a.a 5 .a 15 .a 30  a 10   log a a 10  10     8 431 81log 2 3  A= 27 270 2.Tìm GTLN và GTNN của hàm số y  cos 2 x  cos x  2Đặt t  cos x với t   1;1 .Hàm số trở thành:g (t )  t 2  t  2 Ta có: g  t   2t  1g  t   0  2t  1  0  t = 1 20,25Do g (1)  4; g    ; g(1)  2 2 47 nên ta suy ra được: max y  max g  t   4 ; min y  min y  t 1;1 t1;1 4 R R170,25 0,25 1đ3S0,25 0,252a A a O a D a C a0,5B1.Tính thể tích khối chóp S.BCD theo a. Do SA  ( ABCD )  SA  ( BCD ) Suy ra SA là đường cao của hình chóp S .BCD1 1 1 a3 VS .BCD  .S BCD .SA  . .a.a.2a  (dvtt ) 3 3 2 32. Gọi I là trung điểm SC .Do các tam giác SAC , SCD , SBC là các tam giác vuông có chung cạnh huyền SC nên ta có IA=IB=IC=ID=IS. Suy ra I là tâm mc , bán kính mc R SC a 6  2 231đ 0,25 0,25 0,254 4 a 6 3 Vậy thể tích khối cầu V   R3     2  a 6  3 3  0,25 1đ 0,25 0.25 0.5 1đ 0,25 0,25 0,25 0,254aViết pttt của đths(C) tại điểm có hoành độ bằng -2 Ta có x =2 => y = 5 => M(2;5) Hệ số góc của tiếp tuyến k  f  2   3 Pttt của đths tại M là y = k(x-x0) +y0 y = -3(x-2)+5  y = -3x + 11 1.Giải phương trình : 49 x  10.7 x  21  0 Đặt t = 7x , t > 0 Pt  t2 -10t +21 = 0  t  3 x Với t = 7  7 = 7  x  log 7 7  x  1 Với t = 3  7 x  3  x  log 7 3 Vậy phương trình có 2 nghiệm x =1 , x  log 7 3 2. Điều kiện : x  0  x0 x  0 t  75a1đ 0,25 0,25Bất pt  log 22 x  5  3.2 log 2 x  log 2 2 x  6 log 2 x  5  04bĐặt t = log2x Bất pt  t 2  6t  5  0  t  1;5  1  t  5  1  log 2 x  5  2  x  32 So với điều kiện ta được tập nghiệm T=[2;32] Gọi điểm M(x ; y) là tiếp điểm Hệ số góc của tiếp tuyến : x  0  y 1 f  x   k  x  4x  3  3  x  4x  0   x  4  y  7 3   7 =>M( 0 ; 1 ) , N  4;   3 2 20,5 1đ0,5Phương trình tiếp tuyến tại M : y = 3x + 129 Phương trình tiếp tuyến tại N : y = 3x 3 2 1 1.Cho hàm số y  e x .sin x .Tính y 2   y  theo x 4 x x y  e sin x  cos x.ey  e x sin x  cos x.e x  sin x.e x  cos x.e x  2 cos x.e x 2 2 2 1 1 y 2   y    e x sin x    2e x cos x  4 4 2x 2 2x 2 2x  e sin x  e cos x  e0,25 0,25 1đ 0,25 0,255bGọi M ( x0 ; y0 )  (C ) là điểm cần tìm. M cách đều trục tọa độ  x0  y0(1)  x0  3x0  x0 ( x0  1) x0  1 4 x0  020,25 0,25 1đ y0  x0 (1)   y0   x0 (2)0,5 x0 2  3 x0  x0 ( x0  1)   x0  0  y0  0 Vì M  O nên loại trường hợp này. x 2  3 x0 (2)  0   x0 ( x0  1) x0  10,25 x0 2  3x02  x0 ( x0  1) 2 x0  2 x0  0  2 x0 ( x0  1)  0  x0  0  y0  0 (loai)    x0  1  y0  1 Vậy M (1; 1) là điểm cần tìm.0,25 ...