Đề kiểm tra chất lượng học kỳ I môn Toán lớp 12 - Đề 5

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 5.
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề kiểm tra chất lượng học kỳ I môn Toán lớp 12 - Đề 5TRƯỜNG 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 05 (Đề gồm có 01 trang)I. PHẦN CHUNG (7,0 điểm) Câu 1: (3,0 điểm) Cho hàm số y = -x3 + 3x2 - 1. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Với giá trị nào của m thì phương trình -x3 + 3x2 - m = 0 có ít hơn 3 nghiệm. Câu 2: (2,0 điểm) a) Rút gọn biểu thức M = 1  log 3 b a (log a b  log b a  1) log a a b (0 < a 1, 0 < b  1)b) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = e x bằng 600. a) Tính thể tích khối chóp S.ABC.22 xtrên [0; 3].Câu 3: (2,0 điểm) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a và góc giữa cạnh bên và mặt đáyb) Tính diện tích xung quanh và thể tích khối nón ngoại tiếp khối chóp S.ABC. II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) (Học sinh chọn 4a hay 4b ) Câu 4a: (3,0 điểm) 4a.1) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y 2x 1 tại điểm có hoành độ x0 = -2. x 14a.2) Giải các phương trình: log4x2 - log2(6x - 10) + 1 = 0; 4a.3) Giải bất phương trình: 3x - 3-x + 2 + 8 > 0. Câu 4b: (3,0 điểm) 4b.1) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số y x 2  3x  3 tại điểm có hoành độ x0 = 4. x24b.2) Cho hàm số y = e-x.sinx, chứng minh rằng y + 2y + 2y = 0. 4b.3) Cho hàm số y = (x + 1)(x2 + 2mx + m + 2). Tìm các giá trị của m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt.HẾT.HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ SỐ 05 (Hướng dẫn chấm gồm có 04 trang) Câu TXĐ: D = Ry = -3x2 + 6x  x  0  y  1 y = 0  -3x2 + 6x = 0    x2 y 3 y = -6x + 6 y = 0  -6x + 6 = 0  x = 1  y = 1  Điểm uốn: I(1; 1) lim y   , lim y  x   x  Nội dung yêu cầuĐiểm 0.25 0.250.250.25+Câu 1a (2,0 đ)Bảng biến thiên: x - 0 2 y 0 + 0 + y -1 Hàm số nghịch biến trên từng khoảng (-; 0), (2; +); Hàm số đồng biến trên khoảng (0; 2); Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = -1; Hàm số đạt cực đại tại x = 2, yCĐ = 3. Đồ thị:y0.25-0.25^30.5O 2 -1>xCâu 1b (1,0 đ)Ta có: -x3 + 3x2 - m = 0  -x3 + 3x2 - 1 = m - 1 Số nghiệm phương trình (*) bằng số giao điểm của hai đường d: y = m - 1 và (C): y = -x3 + 3x2 - 1.  m 1  3 ycbt    m  1  1 m  4  m  0 M= 1  log 3 b a = (log a b  log b a  1)(1  log a b)0.25 0.25 0.25 0.251  log 3 b a 1 (log a b   1)(1  log a b ) log a b0.25=Câu 2a (1,0 đ)=1  log 3 b a 2 log b  1  log a b ( a )(1  log a b ) log a b0.25(1  log 3 b) log a b a (log 2 b  1  log a b)(1  log a b) a0.25=(1  log 3 b ) log a b a = logab (1  log 3 b) a20.25 0.25 0.25 0.25 0.25Câu 2b (1,0 đ)Xét hàm số y = f(x) = e x  2 x xác định và liên tục trên [0; 3] 2 f(x) = (2x - 2) e x  2 x f(x) = 0  2x - 2 = 0  x = 1  [0; 3] 1 f(0) = 1, f(3) = e3, f(1) = e 1 3 Vậy: max y  e tại x = 3, min y  tại x = 1. e [ 0 ; 3] [ 0; 3 ]SA O D C600BCâu 3a (1,0 đ)Gọi O là tâm hình vuông ABCD. Vì S.ABCD là hình chóp đều nên SO  (SACD)  SO là đường cao hình chóp và OB là hình chiếu của SB trên mp(ABCD).  góc giữa SB và mp(ABCD) là góc SBO bằng 600. SO Xét tam giác SOB vuông tại O, tan 60 0  OB 6  SO = OB.tan600 = a 2 Diện tích hình vuông ABCD: SABCD = a2 Thể tích khối chóp S.ABCD: VS.ABCD =a30.250.25 0.25 0.2566 Khối nón ngoại tiếp khối chóp S.ABCD có: Đường tròn đáy là đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD có bán kính a 2 r= 2 Chiều cao h = SO0.25Câu 3b (1,0 đ)Độ dài đường sinh l = SB = a 20.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25Câu 4a.1 (1,0 đ)a 2 a 2 = 2a2 2 3 1 a 2 3 a 2 Thể tích khối nón: V =  ( )  3 2 12 TXĐ: D = R \ {1} 3 y = ( x  1) 2 Gọi M(-2, y0) là tiếp điểm. Ta có: y0 = 5  M(-2; 5) Tiếp tuyến tại M(-2; 5) có: y(-2) = 3 Phương trình: y - 5 = 3(x + 2)  y = 3x + 11Diện tích xung quanh hình nón: Sxq = 2Câu 4a.2 (1,0 đ)Câu 4a.3 (1,0 đ)3 2 log4x2 - log2(6x - 10) + 1 = 0  log 2 (2 x )  log 2 (6 x  10)  2x = 6x - 10 5  x = (nhận) 2 5 Vậy phương trình đã cho có nghiệm: x = . 2 9 3 x - 3 -x + 2 + 8 > 0  3 x  x  8  0 3  (3 x)2 + 8.3x - 9 > 0 3 x  9 (vn)   x  3 1Điều kiện: x > x>0 Tập nghiệm bất phương trình đã cho: T = (0; +). TXĐ: D = R\{2} x 2  3x  3 x 2  4x  3 Đặt y  f ( x)   f(x) = x2 ( x  2) 2 7 Gọi M(4; y0) là tiếp điểm, ta có: y0 = 2 7 3 Tiếp tuyến tại M(4; ) có: f(4) = 2 4 7 3 Phương trình: y = (x - 4) 2 4 3 1  y= x 4 2 y = -e-x.sinx + e-x.cosx y = e-x.sinx - e-xcosx - e-xcosx - e-xsinx = -2e-x.cosx y + 2y + 2y = -2e-x.cosx - 2e-x.sinx + 2e-x.cosx + 2e-x.sinx = 0 Phương trình hoành độ giao điểm: (x + 1)(x2 + 2mx + m + 2) = 0 x  1    2  x  2mx  m  2  0 (1) ycbt  (1) có hai nghiệm phân biệt khác -1.   m 2  m  2  0    1  2m  m  2  0   m  1    m  2 . Vậy m  (-; -1)  (2; +) \ {3}   m3 0.25 0.25 0.25 0.250.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25Câu 4b.1 (1,0 đ)0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25Câu 4b.2 (1,0 đ)Câu 4b.3 (1,0 đ)0.25 ...