Đề thi học kỳ I môn Toán khối 12

ĐỀ THI HỌC KỲ I. NĂM HỌC 2013 – 2014 TỔ TOÁN MÔN TOÁN . KHỐI 12 Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) ( Đề chung cho cả chương trình chuẩn và nâng cao) A/ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (8,0 điểm) Câu 1 ( 3, 0 điểm) Cho hàm số 3 2 x y x a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trên. b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ bằng 1. Chứng minh tiếp tuyến này đi qua điểm ( 3;2)A  . Câu 2: (1, 0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số 2( ) lnf x x x trên đoạn 1 ; e e       . Câu 3( 2, 0 điểm) a) Tính giá trị của biểu thức 3 log 1 log 25 819A   . b) Giải phương trình 3 2 2 2 xx   . Câu 4 (2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh 2a. Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SO hợp với mặt phẳng đáy một góc 600. a) Tính thể tích của khối chóp S.ABCD b) Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABO B/ PHẦN TỰ CHỌN (2,0 điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần sau Phần I Câu 5a ( 1,0 điểm) Giải phương trình   3log 4 5 0,2 0 xx   . Câu 6a ( 1, 0 điểm) Xác định tham số m để đồ thị của hàm số y = 3 23 1x x m   cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt. Phần II Câu 5b ( 1, 0 điểm) Giải phương trình  2 4log log 1 1x x   . Câu 6b ( 1, 0 điểm) Cho hàm số 3 2 22 ( 1) ( 4) 1y x m x m x m . Tìm giá trị của tham số m để hàm số đạt cực đại tại x = 0. --- HẾT --- SBD :..SỐ PHÒNG........ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI HKI – MÔN TOÁN ( 2013 – 2014 ) CÂU BÀI LỜI GIẢI ĐIỂM 1 a (2đ)  TXĐ: {\ 2}D  2 1 0, (2 ) y x D x  Giới hạn và tiệm cận: TCĐ: x = 2 vì 2 2 lim ; lim x x y y TCN: y = –1 vì lim 1 ; lim 1 x x y y  Bảng biến thiên: x – 2 + y - - y -1 -1  Hàm số nghịch biến trên các khoảng    ; 2 , 2;  và không có cực trị  Đồ thị hàm số: 0, 25 0, 25 0, 5 0, 25 0, 25 0, 5 b (1đ) Gọi 0 0 ;M x y là tiếp điểm. Ta có 0 0 1 2x y Hệ số góc của tiếp tuyến '(1) 1f   Phương trình tiếp tuyến (d): '(1)( 1) 2 1y f x x Thay tọa độ điểm A vào phương trình (d) ta thấy thỏa mãn nên tiếp tuyến (d) đi qua điểm A 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 2 '( ) 2 ln (2ln 1)f x x x x x x    0, 25 0,25 1 2 0 '( ) 0 x f x x e       1 1 2 1 22 1 ( ) , ( ) , ( ) 2 f e e f e e f e e         Vậy 2 1 ; max ( ) ( ) e e f x e f e         , 1 2 1 ; 1 min ( ) ( ) 2e e f x f e e           0, 25 0, 25 3 a (1đ) 3 81 log 1 log 25 9 .9A 9log 509 .9 1.5 5  0, 25 0, 5 0, 25 b (1đ) 3 82 2 2 2 2 2 x x x x      Đặt 2 , 0xt t  Phương trình trở thành 2 48 2 2 8 0 2 ( ) t t t t t loait            Với 4t  , ta có: 2 4 2x x   Vậy phương trình có nghiệm là 2x  0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 4 a (1đ) Vì OA là hình chiếu của SO lên (ABCD) nên góc giữa SO với (ABCD) là 0SOA 60 Diện tích đáy SABCD = (2a) 2 = 4a 2 Trong SOA ta có 0 0 SA tan 60 SA tan 60 .OA 3.a 2 a 6 OA      0, 25 0, 25 0, 25 600 2a O C B A D S Thể tích khối chóp S.ABCD là ABCD 1 V .S .SA 3  3 21 4a 6.4a .a 6 3 3   0, 25 b (1đ) Ta có SA  (ABCD) nên SA  AB hay  SAB vuông tại A (1) Mặt khác SAB SAD SB SD     SO BD  Hay  SOB vuông tại O (2) Từ (1) và (2) suy ra SB là đường kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABO Trong tam giác vuông SAB, ta có 2 2 10SB SA AB a   Bán kính mặt cầu là 1 10 2 2 a R SB  Diện tích mặt cầu là 2 24 10S R a   0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 5a  Điều kiện 0x      33 log 4 0 log 4 5 0,2 0 5 0,2 0 xxx x           3 3 log 4 0 log 4 9x x x  5 0,2 0 1x x ( loại) Vậy phương trình có nghiệm 9x  0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 6a Phương trình hoành độ giao điểm 3 2 3 23 1 0 3 1x x m x x m        (1) Xét hàm số 3 23 1y x x   , x y’= 3x2 – 6x , 2 0 ' 0 3 6 0 2 x y x x x         Bảng biến thiên +∞∞ -3 1 +-+ 00 2 +∞0∞ y y' x Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 3 1m   Vậy 3 1m   là các giá trị cần tìm 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 5b Điều kiện x > 1 Với điều kiện đó, pt  24 4 4log log 4 log 1x x    2 4 4log log (4 4)x x   2 4 4x x   2 4 4 0 2x x x      Vậy phương trình có nghiệm 2x  0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 6b  Tập xác định D , 2 26 2( 1) 4y x m x m 0, 25  Hàm số đạt cực đại tại 0 0x nên '(0) 0y 2 4 0m 2m  12 2( 1)y x m Thử lại: với 2m thì ''(0) 0y (không thỏa) với 2m thì ''(0) 0y ( thỏa)  Vậy với 2m thì hàm số đạt đại tại 0 0x . 0, 25 0, 25 0, 25 -- Hết ---