Đề thi HK1 lớp 12 ban nâng cao trường Chu Văn An – Hà Nội 2014 -2015

Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp 12 đề thi học kỳ 1 môn Giới Toán 12 năm học 2014 – 2015 .Mời bạn đọc đón xem.

28 14 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề HK1 Toán 12

Môn: Toán 12

Thông tin:

3 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Lan Tường
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN
ĐỀ THI HỌC KÌ I NĂM HỌC 2014-2015
Môn: TOÁN - Lớp 12
Buổi thi: Sáng ngày 19 tháng 12 năm 2014
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề
Dành cho các lớp A1, A2, Toán, Lý, Hóa, Tin, Sinh
(Đề thi gồm 01 trang)
Câu 1 (3,0 điểm). Cho hàm số
4 2 2
2( 1) 3
y x m x m
(1), với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 2.
2. Tìm các giá trị của m để đồ thị của hàm số (1) có 3 điểm cực trị lập thành 3 đỉnh
của một tam giác vuông.
Câu 2 (3,0 điểm).
1. Giải phương trình
2 2
4 2
2
1
log ( 5 6) 2log ( 2) 2log
2
x
x x x
.
2. Cho phương trình
2
( 2 1) (1 2) 3
x x
m
(2), với m là tham số thực.
a. Giải phương trình (2) khi m = 2.
b. Tìm các giá trị của m để phương trình (2) chỉ có một nghiệm.
Câu 3 (3,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng
ABC A B C
có đáy
ABC
là tam giác đều
cạnh a, cạnh bên
'
BB a
. Gọi I là trung điểm của cạnh CC’.
1. Tính thể tích khối tứ diện
' '
A AB I
.
2. Xác định tâm và tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện IABC.
Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình
2
2 1
log 1 2 .
x
x
x
x
------------------ Hết ------------------
Đ
Ề SỐ 1
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KỲ 1 – MÔN TOÁN LỚP 12 NĂM HỌC 2014 – 2015
Câu Đáp án Điểm
1.
(3,0
điểm
)
1a. (2,0 điểm)
4 2
2, 2 1
m y x x
; 1. TXĐ:
D
0,25
2. Sự biến thiên: Giới hạn:... 0,25
3 2
' 4 4 4 ( 1), ' 0 0; 1
y x x x x y x x
0,25
Lập bảng biến thiên
x

1
0
1

'
y
0
0
0
y

1

0
0
0,25
Kết luận:... 0,25
3. Đồ thị: Giao với
Ox
tại
( 1;0), (1;0)
A B
, với
Oy
tại
(0;1)
C .
Nhận
Oy
làm trục đối xứng.
0,25
Vẽ đồ thị. (vẽ bằng bút chì trừ 0.25) 0,5
1b. (1,0 điểm)
2
2
0
' 4 ( 1), ' 0
1
x
y x x m y
x m
.
Đồ thị hàm số có 3 cực trị
' 0
y
có 3 nghiệm phân biệt (y’đổi dấu
3 lần khi x qua 3 nghiệm đó)
1 0 1
m m
.
0,25
Khi đó các điểm cực trị của đồ thị là
2
( 1;2 4), ( 1;2 4), (0; 3)
A m m B m m C m
Kiểm tra được tam giác
ABC
cân tại
C
. Tam giác vuông khi và chỉ
khi
0
90
ACB
.
0,25
2 2 3
( 1; ( 1) ), ( 1; ( 1) ) . ( 1)((m 1) 1)
CA m m CB m m CACB m
0,25
1 ( )
. 0
2 (tm)
m l
ycbt CACB
m
. KL :
2
m
0,25
2.
(3,0
điểm
)
2a. (1,5 điểm)
2 2
4 2
2
1 1
log ( 5x 6) log ( 2) log ( ) (1)
2 2
x
x x
ĐKXĐ:
1 2
3
x
x
0,25
2
2 2 2
1
(1) log ( 5x 6) log 2 log ( )
2
x
x x
.
(mỗi công thức biến đổi 0.25)
0,5
2
2( 5x 6) 2 ( 1)
x x x
0,25
2 TH mỗi trường hợp 0.25
0.5
Kết luận:Pt có 2 nghiệm
5
7;
3
x x
2b. (1,5 điểm)
1.
2 :2( 2 1) (3 2 2) 3
x x
m pt
. Đặt
( 2 1) , 0
x
t t
.
0,25
Pt trở thành:
2 3 2
1 ( )
2
3 3 2 0 ( 1) ( 2) 0
2 ( )
t tm
t t t t t
t l
t
0,5
1:( 2 1) 1 0
x
t x
.
0,25
Kết luận: Pt có nghiêm
0
x
2. Đặt
( 2 1) , 0
x
t t
. Pt trở thành
2 3
3 3
m
t m t t
t
. (*)
BBT của
3
( ) 3
f t t t
với
0
t
:
t

1
0
1
3

2
'( ) 3(1 )
f t t
0
0
0
( )
f t

2
0
0
0

0,25
Pt đã cho có 1 nghiệm duy nhất
pt (*) có 1 nghiệm
0
t
duy
nhất.
Dựa vào BBT ta có điều đó ứng với
2
m
hoặc
0
m
. Kết luận:...
0,25
3.
(3,0
điểm
a. (1,5 điểm)
Gọi
J
là trung điểm
'
AB
. Chứng minh được
( ' ')
IJ ABB A
.
0,5
Tính được
3
2
IJ a do đó chiều cao từ đỉnh
I
:
3
2
a
h . 0,5
Tính được
2
( ' ')
2
a
S AB A .
0,25
Tính được
3
1 3
( ' ' ) ( . ' ') ( ' ').
3 12
a
V A AB I V I AB A S AB A h (đvtt).
0,25
b. (1,5 điểm)
Chỉ ra được trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 0.5
Dựng được tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
0,5
Tính được bán kính:
57
12
R a .
0,25
Diện tích mặt cầu:
2
2
19
4
12
a
S R
(đvtt)
0,25
4.
(1,0
điểm
ĐKXĐ:
0
x
.
Đưa phương trình về dạng
2 2
log (2 1) 2 1 log
x x
x x
0,25
Đưa về phương trình
(2 1) ( )
x
f f x
, với
2
( ) log , 0
f t t t t
.
Kiểm tra được
f
đơn điệu tăng và liên tục trên
(0; )

.
Suy ra
2 1
x
x
.
0,25
Có pt
2 1 2 1 0
x x
x x
.
Xét
( ) 2 1, 0
x
g x x x
.
Từ bảng biến thiên của g(x) ta suy ra 1 nghiệm x = 1.
0,5
| 1/3
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI
ĐỀ THI HỌC KÌ I NĂM HỌC 2014-2015
TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN Môn: TOÁN - Lớp 12
Buổi thi: Sáng ngày 19 tháng 12 năm 2014 ĐỀ SỐ 1
Thời gian làm bài: 90 phút, không kể thời gian phát đề
Dành cho các lớp A1, A2, Toán, Lý, Hóa, Tin, Sinh
(Đề thi gồm 01 trang)
Câu 1 (3,0 điểm). Cho hàm số 4 2 2
y x  2(m 1)x m  3 (1), với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 2.
2. Tìm các giá trị của m để đồ thị của hàm số (1) có 3 điểm cực trị lập thành 3 đỉnh của một tam giác vuông.
Câu 2 (3,0 điểm).x 1 
1. Giải phương trình 2 2 log
(x  5x  6)  2log (x  2)  2log . 4 2 2    2  2. Cho phương trình x 2 ( 2 1) (1 2) x m   
 3 (2), với m là tham số thực.
a. Giải phương trình (2) khi m = 2.
b. Tìm các giá trị của m để phương trình (2) chỉ có một nghiệm.
Câu 3 (3,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABC.A' B 'C ' có đáy ABC là tam giác đều
cạnh a, cạnh bên BB '  a . Gọi I là trung điểm của cạnh CC’.
1. Tính thể tích khối tứ diện A' AB ' I .
2. Xác định tâm và tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện IABC. 2x 1
Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình log  1  2 . x x 2 x
------------------ Hết ------------------
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KỲ 1 – MÔN TOÁN LỚP 12 NĂM HỌC 2014 – 2015 Câu Đáp án Điểm 1. 1a. (2,0 điểm) (3,0 4 2
m  2, y x  2x 1; 1. TXĐ: D 0,25 điểm
2. Sự biến thiên: Giới hạn:... 0,25 ) 3 2
y '  4x  4x  4x(x 1), y '  0  x  0; x  1  0,25 Lập bảng biến thiên x  1 0 1  y '  0  0  0  0,25  1  y 0 0 Kết luận:... 0,25
3. Đồ thị: Giao với Ox tại (
A 1; 0), B(1; 0) , với Oy tại C(0;1) . 0,25
Nhận Oy làm trục đối xứng.
Vẽ đồ thị. (vẽ bằng bút chì trừ 0.25) 0,5 1b. (1,0 điểm) x  0 2
y '  4x(x m 1), y '  0   . 2 x m 1  0,25
Đồ thị hàm số có 3 cực trị  y '  0 có 3 nghiệm phân biệt (y’đổi dấu
3 lần khi x qua 3 nghiệm đó)  m 1  0  m  1.
Khi đó các điểm cực trị của đồ thị là 2 (
A m 1; 2m  4), B( m 1; 2m  4), C(0; m  3) 0,25
Kiểm tra được tam giác ABC cân tại C . Tam giác vuông khi và chỉ khi  0 ACB  90 .     2 2 3
CA  ( m 1; (m 1) ), CB  ( m 1; (m 1) )  C .
A CB  (m 1)((m1) 1) 0,25   m  1 (l) ycbt C . A CB  0   . KL : m  2 0,25 m  2 (tm)  2. 2a. (1,5 điểm) (3,0 1 x 1 2 2
log (x  5x  6)  log (x  2)  log ( ) (1) điểm 4 2 2 2 2 0,25 ) 1  x  2 ĐKXĐ:  x  3  x 1 2
(1)  log ( x  5x  6)  log x  2  log ( ) . 2 2 2 2 0,5
(mỗi công thức biến đổi 0.25) 2
 2(x  5x  6)  x  2 (x 1) 0,25
2 TH mỗi trường hợp 0.25 0.5 5
Kết luận:Pt có 2 nghiệm x  7; x  3 2b. (1,5 điểm) 1.  2 
: 2( 2 1)x  (3  2 2)x m pt
 3 . Đặt  ( 2 1)x t , t  0 . 0,25 2 t  1 (tm) Pt trở thành: 2 3 2
t  3  t  3t  2  0  (t 1) (t  2)  0   0,5 t t  2  (l)   1: ( 2  1)x t  1  x  0 . 0,25
Kết luận: Pt có nghiêm x  0 m
2. Đặt  ( 2 1)x t
, t  0 . Pt trở thành 2 3
t  3  m  3t t . (*) t BBT của 3
f (t)  3t t với t  0 : t  1 0 1 3  2
f '(t)  3(1 t )  0  0  0  0,25  2 f (t) 0 0 0 
Pt đã cho có 1 nghiệm duy nhất  pt (*) có 1 nghiệm t  0 duy nhất. 0,25
Dựa vào BBT ta có điều đó ứng với m  2 hoặc m  0 . Kết luận:... 3. a. (1,5 điểm) (3,0
Gọi J là trung điểm AB ' . Chứng minh được IJ  ( ABB ' A') . 0,5 điểm 3 a 3
Tính được IJ a
do đó chiều cao từ đỉnh I : h  . 0,5 2 2 2 a
Tính được S(AB ' A')  . 0,25 2 3 1 a 3
Tính được V (A' AB ' I )  V (I.AB ' A')  S( AB ' A').h  (đvtt). 0,25 3 12 b. (1,5 điểm)
Chỉ ra được trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 0.5
Dựng được tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện 0,5 57
Tính được bán kính: R a . 0,25 12 2 19 a Diện tích mặt cầu: 2 S  4 R  (đvtt) 0,25 12 4. ĐKXĐ: x  0 . 0,25 (1,0
Đưa phương trình về dạng log (2x 1)  2x 1  log x x 2 2
điểm Đưa về phương trình (2x f
1)  f (x) , với f (t)  log t t,t  0 . 2
Kiểm tra được f đơn điệu tăng và liên tục trên (0;) . 0,25
Suy ra 2x 1  x .
Có pt 2x 1   2x xx 1  0 . Xét ( )  2x g x
x 1, x  0 . 0,5
Từ bảng biến thiên của g(x) ta suy ra 1 nghiệm x = 1.