Tải về Đề kiểm tra chất lượng học kỳ I lớp 12 năm học 2014-2015 tỉnh

Câu 1 (3,0 điểm). Cho hàm sốy  x³ 3x²2 (1).

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1).

2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến song song với đường thẳng d y:   9x 1.

Câu 2 (1,0 điểm). Tìm m để đồ thị (C1) của hàm số ^{3 1}

2 y x

x

 

 và đường thẳng

:y 2x m

   cắt nhau tại hai điểm phân biệt A B, sao cho đoạn AB ngắn nhất.

Câu 3 (2,0 điểm)

1. Cho hàm số ^{f x}

 

^{xlnx3x. Tính f '}

 

^{e2 .}

2. Tính giá trị của biểu thức _{3 3} ²₂₇ ³

1 3

log 8 log 27 18.log 3

log 2

A   .

Câu 4 (3,0 điểm). Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vuông, mặt bên SAB là tam giác vuông cân tại S, SAa và mặt phẳng



^SAB



vuông góc với mặt đáy. Gọi H là trung điểm của cạnh AB.

1. Chứng minh^{SH }



^ABCD



. Tính thể tích của khối chóp S ABCD. . 2. Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối chóp S ABCD. .

3. Gọi G là trọng tâm của tam giácSAB. Mặt phẳng



^GCD



chia khối chóp thành hai phần. Tính tỷ số thể tích của hai phần đó.

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hai số thực dương x y, . Chứng minh rằng

 

2 3

2 2

4 1

4 8 xy

x x y



  .

---Hết---

Họ tên học sinh:...Số báo danh:...

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ I NĂM HỌC 2014-2015

MÔN: TOÁN LỚP 12

Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian giao đề

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG

HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI KIỂM TRA HỌC KỲ 1 MÔN TOÁN – LỚP 12

Năm học: 2014-2015

Chú ý: Dưới đây chỉ là sơ lược từng bước giải và cách cho điểm từng phần của mỗi bài. Bài làm của học sinh yêu cầu phải chi tiết, lập luận chặt chẽ. Nếu học sinh giải cách khác đúng thì chấm và cho điểm từng phần tương ứng (đây là đề chung cho học sinh học Cơ bản và Nâng cao, không có tự chọn như các năm học trước).

Câu Hướng dẫn giải Điểm

Câu 1 1.1.

(1.0 điểm)

Khảo sát hàm sốy  x³ 3x²2

+) TXĐ:R 0.25

+) Các giới hạn:_x^lim_^y_x^lim_



^{ x3 3x2  2}



^{; lim}_x^y_x^lim_



^{ x3 3x22}



^{ } 0.25

+) Có ' 3 ² 6 ' 0 ⁰

2

y x x y x

x

 

        0.25

+) Bảng biến thiên đúng 0.25

+) Hàm số đồng biến trên khoảng

 

^{0; 2}

+) Hàm số nghịch biến trên các khoảng



^{; 0 ; 2;}

 

^



^0.25 +) Hàm số đạt cực đại tạix2và y_CD2

+) Hàm số đạt cực tiểu tạix0và y_CT  2 0.25

+) Đồ thị (Vẽ đúng)

-2 -1 1 2 3

-3 -2 -1 1 2 3

x y

O

0.5

1.2 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số biết tiếp tuyến song song với

(1.0 điểm) đường thẳngd y:   9x 1.

0. 5 Giả sửM x y



0; 0



là tiếp điểm của tiếp tuyến cần lập với đồ thị hàm số

Hệ số góc của tiếp tuyến tại M x y



0; 0



là _{ }

0

2

0 0

'_x 3 6

y   x  x .Theo giả thiết tiếp tuyến song song với đường thẳngd y:   9x 1.

Suy ra _{ }

0

2 0

0 0

0

' 9 3 6 9 1

x 3

y x x x

x

  

         

Viết được phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại^M



^{1; 2}



^.Kết

quảy  9x 7 0.25

Viết được phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại^M



^{3; 2}



^.Kết quảy  9x 25

Kết luận

0.25

Câu 2

(1.0 điểm)

Xét phương trình hoành độ giao điểm của

 

C1 và đường thẳng

3 1

2 2

x x m

x

  



 

¹ .Với điều kiệnx2thì

 

^{1 3x 1}



^{x2 2}



^xm



^{3x 1 2x24xmx2m2x2}



^m7



^{x2m 1 0 2}

 

Phương trình

 

^{2 có m22m57.}

0.25

 

^{C và }cắt nhau tại hai điểm phân biệtA B, khi và chỉ khi

 

² có hai nghệm phân biệt khác2tương đương với hệ ⁰

7 0 m

 

   

 . 0.25

Với mọimthì và

 

^C cắt nhau tại hai điểm phân biệtA x



1; 2x1m



vàB x



2; 2x2m



Trong đóx x₁; ₂là hai nghiệm của

 

² .Theo Viet có _{1 2} ⁷ ; _{1 2} ^{2 1}

2 2

m m

x x   x x  

0.25

Khiđó



2 1

 

² 2 1



²



1 2



² 1 2 ²

7 2 1

2 2 5 4 5 4

2 2

m m

AB x x  x  x   x x  x x        

 

²

5 2 5

2 57 1 56 70

2 2

AB m  m  m   .Dấu ""xảy ra khim 1. KL

0.25

Câu 3 3.1

(1.0 điểm)

+) Tính được ^{f '}

   

^x  ^{x 'lnx}^{x. ln}

 

^{x ' 3} ^lnx².

0.5 +) ^{f '}

 

^{e2 lne2 2 0.}

KL: 0.5

+) Tính được 3

2

3 3 3 3

3

log 27log 3 2.log 32. 0.25

3.2 (1.0 điểm)

+) Tính được 3

2 2 2

27 3 3

18.log 3 18.log 3 2.log 32 0.25

+) Tính được. ^{3 3} ₂

1 3

3

log 8 log 8

log 8 3 log 2  log 2   

 0.25

+) Từ đó suy raA    2 2 3 3 0.25

Câu 4

4.1 (1.0 điểm)

M

N

O K H

C

A D

B

S

G

Ta có tam giácSABlà tam giác vuông cân đỉnhSvàH là trung điểm củaAB, suy raSHAB.

Vậycó

   

   

 

 

, SAB ABCD

SAB ABCD AB SH ABCD SH SAB SH AB





   

  



Ta cóSHlà đường cao của hình chóp.

Tính được cạnh đáy của hình vuông làa 2và tính được đường cao của hình

chóp là ²

2 SH a .

0.5

Tính được thể tích khối chóp _. ¹ . ^{3 2}

3 3

S ABCD ABCD

V  SH S  a (đvtt)

0.5

4.2 (1.0 điểm)

Chỉ ra được điểmOcách đều các điểmA B C D S, , , , . Suy ra O là tâm của mặt

cầu ngoại tiếp hình chóp. Tính được bán kính mặt cầu làROAa 1.0

4.3 (1.0 điểm)

Ta có

 

 

   

   

//

CD AB AB SAB

SAB GCD MN CD CDG

G SAB GCD

 

   

 

  



. VớiMN//AB G, MN M, SA N, SB.

Khi đó



^GCD



chia khối chóp thành hai khối đa diện.

GọiV₁V_SMNCD,V₂ V_MNCDAB,V V_{S ABCD.}

Suy raV₁V_{S CMN.} V_{S CMD.} và _{. .} ¹

S CAB S CAD 2

V V  V

0.25

Ta có

2

. . .

.

2 4 4 2

. .

3 9 1 9 9

2

S CMN S CMN S CMN

S CAB

V SC SM SN V V

V SC SA SB V

V

         

0.25

. . .

.

2 2 1

. .

3 1 3 3

2

S CMD S CMD S CMD

S CAD

V SC SM SD V V

V SC SA SD V V

     

0.25

Vậy ^{1 1}

2

2 1 5 5

9 3 9 4

V V

V    V  0.25

Câu 5

(1.0 điểm Đặt t ^x

 y.Từ giả thiết x y, 0suy ra t0. Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với



^{t 4t2t4}



^{3 18 hayt}



^{t2 4 t}



^32. _0.25

Xét hàm số ^{f t}

 

^t



^{t2 4 t}



^3.

Tính được

   2  3 2 

2

4 4 3

'

4

t t t t

f t

t

   

  ; ^'

 

^{0 2}

f t   t 2 . Ta có bảng biến thiên của hàm số

x 0 ²

2

 



'

f t  0 

 

f t 2

0

0

0.5

Từ bảng biến thiên của hàm số ta

có

 

0

max 2 2

2

t f t f



 

   hay^t



^{t2 4 t}



^{3 2.}

Dấu bằng xảy ra khi ²

t 2 hayy 2x.

0.25 Tổng 10