Kiểm tra chất lượng học kỳ I Năm học: 2013-2014 Môn thi: Toán - Lớp 12 Đề số 04

TRƯỜNG THPT NGUYỄN HUỆ BỘ MÔN : TOÁN GIÁO VIÊN ĐẶNG VĂN HIỂN KIỂM 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 số 3 2y 2x 3x 1= - + có đồ thị (C). 1. 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 trình 3 22x 3x k- + =0 Câu II (2,0 điểm). 1) Tính giá trị biểu thức A = 1 log 2 2 3 510 log 3.log 4 log 125   2) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = 2 4 3x xe e  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 = 2 1 1 x x   biết tiếp tuyến song song với đường thẳng d: y = 2012x  . Câu V.a (2,0 điểm). 1) Giải phương trình: 6.9 13.6 6.4 0x x x   . 2) Giải bất phương trình:  21 3 3 log ( 6 5) 2log 2 0x x x     . 2. Theo chương trình Nâng Cao Câu IV.b (1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (H) của hàm số y = 2 1 1 x x   biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng d: y = 4 2012x  . Câu V.b (2,0 điểm). 1) Cho hàm số y = cos xe , chứng minh rằng , ,,.sin .cos 0y x y x y   2) Tìm m để đường thẳng d: 2y x m  cắt đồ thị (C): 33 1 y x x      tại hai điểm phân biệt A, B sao 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 ....................................... Số báo danh: ...................... Chữ ký giám thị: ........................................ ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ SỐ 04 Câu Ý Nội dung Điểm I 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 3 23 1y x x    2.0 1) Tập xác định: D  2) Sự biến thiên của hàm số: a) Giới hạn: lim ; lim x x y       b) Bảng biến thiên: Ta có:  2' 3 6 3 2y x x x x      0 ' 0 2 x y x      x - ¥ 0 2 + ¥ y' - 0 + 0 - y  3 -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 2; y 3CDx   . Hàm số đạt cực tiểu tại 0; y 1CTx    . 3) Đồ thị: -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 x y 0.25 0,25 0.25 0.5 0.25 0,5 2 Biện luận số nghiệm phương trình sau theo k :  3 23 0 1x x k   1.0 3 2 3 2 3 2 3 0 3 1 3 1 x x k k x x k x x              Đặt   3 23 1f x x x    và   1g x k  , số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của  f x và  g x . 0.25 0.25 a2a I CB A D S Suy ra:  Khi 1 1 0k k     , phương trình (1) có 1 nghiệm.  Khi 1 1 0k k     , phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt.  Khi 1 1 3 0 4k k       , phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt.  Khi 1 3 4k k    , phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt .  Khi 1 3 4k k    , phương trình (1) có 1 nghiệm. 0.5 II 1 Tính giá trị biểu thức A = 1 log2 2 3 510 log 3.log 4 log 125    1.0 Ta có: 1 log 2 log 2 10 1010 5 10 2     2 3 2log 3.log 4 log 4 2  35 5log 125 log 5 3  A = 1 log 2 2 3 510 log 3.log 4 log 125 5 2 3 10A         0.25 0.25 0.25 0.25 2 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = 2 4 3x xe e  trên  0; ln 4 . 1.0 , 22 4x xy e e  Cho , 20 2 4 0x xy e e     2 ln 2 0; ln 4xe x     Ta có:      0 0; ln 2 4; ln 4 16f f f   Suy ra max của  f x : max 16f  tại ln 4x  min của  f x : min 0f  tại 0x  0.25 0.25 0.25 0.25 III a) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy,SA = 2a. 1.0 a) Tính thể tích khối chóp S.BCD. Ta có : SA vuông góc mặt phẳng (ABC) nên SA là đường cao. 21 1 2 2BCD ABCD S S a  2 31 1 1 1. . 2 3 3 2 3BCD V S SA a a a   0.25 0.25 0.5 b) b) Xác định tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.Tính diện tích mặt cầu đó. 1.0 Theo giả thiết, , , , SA A C SA A D BC A B BC SA^ ^ ^ ^ Suy ra, ( )BC SA B^ và như vậy BC 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, 2 2 2 2(2 ) ( 2) 6SC SA A C a a a= + = + =  Bán kính mặt cầu: 6 2 2 SC aR = = Vậy,diện tích mặt cầu ngoại tiếp S.ABCD là: 2 2 264 4 6 2 aS R ap p p æ ö÷ç ÷ç= = =÷ç ÷è ø 0.25 0.25 0.25 IVa CTC 1 Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (H) của hàm số y = 2 1 1 x x   biết tiếp tuyến song song với đường thẳng d: y = 2012x  . 1.0 Ta có:   , 2 1 1 y x    Do tiếp tuyến song song với đường thẳng 2012y x   nên:  2 1 1 1x           2 2 31 1 0 1 x y x x y          PTTT tại A(2;3) là:  2 3 5y x x       PTTT tại B(0;1) là: 1y x   0.25 0.25 0.5 Va 1 Giải phương trình: 6.9 13.6 6.4 0x x x   . 1.0 Ta có: 23 36.9 13.6 6.4 0 6 13 6 0 2 2 x x x x x                  Đặt 3 2 x t       đk: t>0 Bài toán trở thành: 2 3 26. 13. 6 0 2 3 t t t t           3 3 12 2 13 2 2 3 x x x x               0.25 0.25 0.25 0.25 2 Giải bất phương trình:  21 3 3 log ( 6 5) 2log 2 0x x x     . 1.0 Đk: 2 6 5 0 1 2 0 x x x x            22 21 3 3 3 3 log ( 6 5) 2log 2 0 log 2 log ( 6 5)x x x x x x           2 2 12 6 5 2 x x x x       0.25 0.5 -------------------------Hết------------------------- Kết hợp với điều kiện ta được tập nghiệm BPT là 1 ;1 2 S     0.25 IVb CTNC 1 Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (H) của hàm số y = 2 1 1 x x   biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng d: y = 4 2012x  . 1.0 Ta có:   , 2 1 1 y x    Do tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng 4 2012y x  nên:  2 1 1 41x      2 53 2 1 4 31 2 x y x x y                    PTTT tại A(3; 5 2 ) là: 1 13 4 4 y x   PTTT tại B(-1; 3 2 ) là: 1 5 4 4 y x   0.25 0.25 0.5 Vb 1 Cho hàm số y = cos xe , chứng minh rằng , ,,.sin .cos 0y x y x y   Ta có : , cos ,, 2 cos cos sin . sin . cos . x x x y x e y x e x e     Vậy , ,, 2 cos cos 2 cos cos.sin .cos sin . cos . sin . cos . 0x x x xy x y x y x e x e x e x e        (đpcm) 0.25 0.25 0.5 2 Tìm m để đường thẳng d: 2y x m  cắt đồ thị (C): 33 1 y x x      tại hai điểm phân biệt A, B sao cho độ dài của đoạn thẳng AB nhỏ nhất. 1.0 Ta có :  32 3 1 1 x m x x            2 1 2 3 6 0 3 x x m x m        2 36 0m m     Và VT của (3) 0 m  nên (d) luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt    1 1 2 2; 2 B ;2A x x m x x m  Ta có:          2 22 2 1 2 1 2 2 2 1 1 2 2 2 55 4 36 4 9 AB x x x x x x x x m            Vậy từ (4) AB nhỏ nhất khi m=0 0,25 0.5 0,25