Đề kiểm tra chất lượng học kỳ I môn Toán lớp 12 - Đề 15

Dưới đây là đề kiểm tra chất lượng học kỳ I môn Toán lớp 12 của trường THPT Nguyễn Huệ. Đề có kèm theo đáp án sẽ giúp các em học sinh có cơ sở ôn luyện và kiểm tra kiến thức để chuẩn bị cho kỳ thi sắp tới.
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề kiểm tra chất lượng học kỳ I môn Toán lớp 12 - Đề 15TRƯỜNG 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 15 (Đề gồm có 01 trang)I. PHẦN CHUNG (7,0 điểm) Câu I ( 3 điểm) 3. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x 3  3 x 2  1 (2đ) 4. Tìm m để trình Câu II ( 2 điểm)log 3 1. Tính gía trị biểu thức . A  log 1 5. 4 5  4 8  2log16 5 251 3 x  x 2  m  0 có ba nghiệm thực phân biệt 3(1đ)(1đ)2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = x(ln x - 2) trên đoạn [l; e2] (1đ)Câu III ( 2 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA = 2a và SA (ABC). Tam giác ABC vuông cân tại B, AB  a 2 1. Tính thể tích khối chóp S.ABC (1đ) 2. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp (1đ) 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)Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (C) y  x 3  3x 2  2 biết tiếp tuyến có hệ số góc bằng 9.Câu Va ( 2 điểm) 2) Phương trình mũ 2 x  23 x  2  0 3) Bất phương trình lôgarit 2log3(4x-3) + log 1  2 x  3  23(1đ) (1đ)B. Theo chương trình nâng cao. Câu IVb ( 1 điểm)Viết phương trình tiếp tuyến với (c) y y 1 x (1đ) 2 2x  3 biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng 2x 1Câu Vb ( 2 điểm)1.Cho hàm số y  ( x  1)e x . Chứng minh rằng y  y  e x (1đ)2. Cho hàm số y  x 3  (m  1) x 2  (2m  1) x  1  3m .Tìm m để hàm số có cưc trị (1đ)Câu IĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ SỐ 15 Nội dung 1)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y  x 3  3 x 2  1 (2đ) TXĐ: x  0 y  3x2  6 x ; y  0   x  2 lim y  x Điểm 0,25 0,25 0,25f(x)=x^3-3x^2+1x y y+0 0 1-2 0+ +-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 8 6 4f(x)0,252x -3 Vậy hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 0  ,  2;   .Hàm số nghịch biến trên khoảng  0; 2  .0,5123456789-2-4-6-8Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCD = 1. Hàm số đạt cực tiểu tại x =2, yCT  -3 Điểm đặc biệt0,25x y-1 -33 11 3 x  x 2  m  0 có ba nghiệm thực phân biệt 30,252) Tìm m để trình1 3 x  x 2  m  x3  3x 2  3m  x 3  3 x 2  1  3m  1 3 Số giao điểm của đường thẳng (d) y  3m  1 và đồ thị (c) y  x 3  3 x 2  1 là số0,25nghiệm của PT.4 Để PT có 3 nghiệm phân biệt 3  3m  1  1  4  3m  0    m  0 3 4 Vậy   m  0 thì phương trình có ba nghiệm 30,25 0,25 0,25 0,5Câu II5log 3 1) A  log 1 5. 4 5  4 8  2log16 5  log 52 5 4  2 252.log 3 32 2 log 24 51 5 2 5 3    3  52    3 9  5 8 80,52) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = x(ln x - 2) trên đoạn [l; e2] 2 0,5 y  ln x  1 ; y  0  ln x  1  0  ln x  1  x  e  [l; e ]y (1)  2 y (e)  e y (e 2 )  0 Vậy Max y  0 ; Min y  e1;e 2    1;e 2   0,5Câu IIICho hình chóp S.ABC có SA = 2a và SA (ABC). Tam giác ABC vuông cân tại B, AB  a 2 a)Tính thể tích khối chóp S.ABC (1đ)SA   ABC   SA là đường cao của hình chóp1 V  SABC .SA 3 S ABC2 1 1  AB 2  a 2 = a 2 2 2S0,250,252a A C1 2 Vậy V  a 2 .2a  a 3 3 30,25 0,25a 2 Bb)Gọi O là trung điểm SC  O cách đều S và C Dựng OI // SA suy ra I là trung điểm AC và I là tâm của mặt đáy. OI là trục của đáy  O cách đều A,Bvà C Vậy O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chópR SC a 2 20,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25Câu IVay  3x 2  3 2 Hệ số góc k = 9  y ( x0 )  9  3x 0  3  9  x0  2 Với x0 = 2  y0  4 Phương trình tiếp tuyến: y  y0  y ( x0 )( x  x0 )  y  4  9( x  2)  y  9x  14 Với x0 = -2  y0  0 Phương trình tiếp tuyến: y  y0  y ( x0 )( x  x0 )  y  0  9( x  2)  y  9 x  18 Vậy có hai phương trình tiếp tuyến: y  9x  14 và y  9 x  18 .0,250,25 0,25 0,25Câu Va1) Giải phương trình mũ 2  2 2x x3 x208  2  0  22 x  2.2 x  8  0 2x Đặt t  2 x , t  0Phương trình trở thành: t 2  2.t  8  0  t  4  2x  4  x  2t  4 (nhan) t  2 (loai )0,25Vậy phương trình có nghiệm x = 2. 2)Giải bất phương trình lôgarit 2log3(4x-3) + log 1  2 x  3  2 (5)30,253  x  4 4 x  3  0 3  Điều kiện   x 4 2 x  3  0 x   3   2 (5)  log 30,25 4 x  32x  3220,250,253 2   4 x  3  9  2 x  3  16 x 2  42 x  18  0    x  3 80,253 4Kết hợp điều kiện, bất phương trình có tập nghiệm S = ( ; 3] ...