Đề kiểm tra chất lượng học kỳ I môn Toán lớp 12 - Đề 4

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 4 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 4TRƯỜNG 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 04 (Đề gồm có 01 trang)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 sốy = 2x 3 - 3x 2 + 1 có đồ thị (C).2x 3 - 3x 2 + k =01. 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 trìnhCâu II (2,0 điểm). 1) Tính giá trị biểu thức A = 101log 2  log 2 3.log 3 4  log 5 125 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 biết tiếp x 1tuyến song song với đường thẳng d: y =  x  2012 . Câu V.a (2,0 điểm). 1) Giải phương trình: 6.9x 13.6 x  6.4 x  0 . 2) Giải bất phương trình: log 1 ( x 2  6 x  5)  2 log3  2  x   0 .32. Theo chương trình Nâng Cao Câu IV.b (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (H) của hàm số y = 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 biệt A, B x 12x 1 biết tiếp x 1sao 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 ....................................... Chữ ký giám thị: ........................................ Số báo danh: ......................ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ SỐ 04 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  x Điểm 2.0 0.250,25b) Bảng biến thiên: Ta có: y  3 x 2  6 x  3 x  x  2  x  0 y 0   x  2 - ¥ +¥ 0.25x y y0 0 +2 0 3-0.5-1Hàm số đồng biến trên khoảng  0; 2  . 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:80.25y76540,5321x-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10-2-3-4-5-62Biện luận số nghiệm phương trình sau theo k : x 3  3 x 2  k  0x3  3 x 2  k  0  k   x3  3x 211.0 k  1   x3  3x 2  1 3 2 Đặt f  x    x  3 x  1 và g  x   k  1 , số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của f  x  và g  x  .0.25 0.25II1Suy 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  log5 125 Ta có: 101log 2 10 10  5 log 2 10 2 log 2 3.log3 4  log 2 4  2log 5 125  log 5 53  30.51.00.25 0.25 0.25 0.25 1.0A =  A  101log 2  log 2 3.log 3 4  log 5 125  5  2  3  10 2 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = e 2 x  4e x  3 trên  0; ln 4 .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 bên0.25 0.25 0.25 0.25 1.0SA vuông góc với mặt đáy,SA = 2a. a) Tính thể tích khối chóp S.BCD.S 2a I D a C0.25 0.25 0.5 1.0A BTa 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 2 a  a 3 3 3 2 3 b) b) Xác định tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.Tính diệntích mặt cầu đó.Theo giả thiết, SA ^ A C , SA ^ A D , BC ^ A B , BC ^ SA Suy ra, BC ^ (SA B ) và như vậy B C ^ SB Hoàn toàn tương tự, ta cũng sẽ chứng minh được CD ^ SD .0.25 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.  Ta có, SC =0.25SA 2 + A C 2 =(2a )2 + (a 2)2 = a 6 Bán kính mặt cầu: R =2SC a 6 = Vậy,diện tích mặt cầu ngoại tiếp 0.25 2 2 0.252x 1 biết x 1æ 6 ö2 ça ÷ 2 ÷ S.ABCD là: S = 4p R = 4p ç ÷ ÷ ç 2 ø = 6pa èIVa CTC 1Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (H) của hàm số y = tiếp tuyến song song với đường thẳng d: y =  x  2012 .Ta có: y , 11.0 x  12Do 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  1Va 10.25Giải 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3 Đặt t   2  đk: t>0  xxxx0.5 1.00.25 3 t  6.t 2  13.t  6  0   2 Bài toán trở thành: t  2  3  x  3  3    2 x  1 2    3 x 2  x  1      3  2  20.250.25Giải bất phương trình: log 1 ( x  6 x  5)  2 log3  2  x   0 .320.25 1.0 0.25x  6x  5  0 Đk:   x 1 2  x  02log 1 ( x 2  6 x  5)  2 log 3  2  x   0  log 3  2  x   log 3 ( x 2  6 x  5)320.52  2  ...