Đề thi HK1 lớp 12 trường chuyên Nguyễn Thị Minh Khai – Sóc Trăng
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.
Preview text:
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ 1 (2015-2016)
NGUYỄN THỊ MINH KHAI
MÔN: TOÁN 12 – NÂNG CAO -----o0o----- Thời gian: 120 phút -----///-----
Họ và tên : ………………………………………..Lớp: ……………… SBD: ………………. Câu 1. (3,0 điểm) 1 3 Cho hàm số 4 2 y x 3x . 2 2
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số đã cho.
2) Viết phương trình tiếp tuyến d của đồ thị (C ) tại điểm có hoành độ x 1 . Tìm 0
tọa độ giao điểm của d và đồ thị (C ). Câu 2. (1,0 điểm)
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 4 3 f (x) cos x sin x trên đoạn 0; . 3 2 Câu 3. (3,0 điểm)
1) Giải phương trình 2.25x 7.10x 5.4x 0.
2) Giải bất phương trình log x log . e ln(x 3) 1. 2 x
3) Cho hàm số f (x) x xe
ln x . Tìm tập xác định của hàm số f (x) và 2
giải bất phương trình f (x) 0. Câu 4. (3,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA vuông
góc với đáy, góc giữa đường thẳng SC và mặt đáy bằng 60 .
1) Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD .
2) Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AB .
3) Tính theo a diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD .
-------------------HẾT-------------------
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM Câu 1 1 3 1. (2 điểm) 4 2 y x 3x (3 điểm) 2 2
a) Tập xác định D 0,25 b) Sự biến thiên y x x +) Đạo hàm: 3 2 6 ; 0,25 x 0 y 0 . x 3 +) Giới hạn: lim y ; lim y . x x 0,25 +) Bảng biến thiên x 3 0 3 y 0 0 0 0,25 3 2 y 3 3 +) Chiều biến thiên:
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( 3;0) và ( 3; ); nghịch biến trên 0,25 mỗi khoảng ( ; 3) và (0; 3). 3
+) Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x 0 ; y(0) . 2 0,25
Hàm số đạt cực tiểu tại x 2 ; ( y 3) 3 . c) Đồ thị 0,50 1 2. (1 điểm) Khi x 1 thì y(x ) 1 và y (x ) 4 . 0,25 0 0 0
Phương trình tiếp tuyến d của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ x 1 là 0 y 4(x 1) 1 hay y 4x 3 . 0,25
Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của pt: 1 3 4 2 x 3x 4x 3 2 2 4 2 x 6x 8x 3 0 2 2 (x 1) (x 2x 3) 0 0,25 x 1 x 3
Suy ra tọa độ các giao điểm của d và (C) là: (1; 1) , ( 3;15). 0,25 4 3 f (x) cos x sin x trên đoạn 0; . 3 2 0,25
Ta có f (x) xác định và liên tục trên đoạn 0; ; 2 2 f (x) sin x 4 sin x cos x . 0,25 Với x 0; , f (x) 0
sin x.( 1 2 sin 2x) 0 2 1 5 sin 2x x ; . Câu 2 2 12 12 (1 điểm) Ta có 0,25 3 6 2 f (0) 1, f , 12 6 . 5 3 6 2 4 f ; f . 12 6 2 3 0,25
Giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của f (x)trên đoạn 0; lần lượt là 2 3 6 2 3 6 2 và . 6 6 2
1) Giải phương trình 2.25x 7.10x 5.4x 0. +) Ta có, 2.25x 7.10x 5.4x 0 2x x 0,25 5 5 2. 7. 5 0 (1). 2 2 x 5 +) Đặt t
, phương trình (1) trở thành 2 2t 7t 5 0 (2). 2 0,25 Câu 3 (3 điểm) 5 Ta có, (2) t 1 hoặc t . 2 x 5 +) Với t 1, ta được 1 x 0 . 0,25 2 x 5 5 5 +) Với t , ta được x 1 . 2 2 2 0,25
Các nghiệm của phương trình đã cho là x 0 và x 1 .
2) (1 điểm) Giải bất phương trình log x log . e ln(x 3) 1. +) ĐK: x 0 (*). Ta có 0,25 log x log . e ln(x 3) 1 log x log(x 3) 1 log x(x 3) 1 x(x 3) 10 0,25 2 x 3x 10 0 5 x 2 . 0,25
Kết hợp với (*), ta được tập nghiệm bất phương trình đã cho là (0;2). 0,25 2 x
3) (1,0 điểm) Cho f (x) x xe ln x . … 2
+) Tập xác định của hàm số f (x) là D (0; ) . 0,25 1 Ta có: ( ) (1 ) x f x x x e (x 0) . 0,25 x 1 x Ta có: f (x) 0 (1 x) x e 0 0,25 x 3 1 x +) Với x 0 thì x e 0 x 1 x và (1 x) x e 0 1 x 0 x 1 . x
Suy ra tập nghiệm cần tìm là (0;1) . 0,25 Câu 4
1) (1 điểm) Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD . (1 điểm) Vì SA
(ABCD) nên AC là S
hình chiếu của SC trên mặt phẳng (ABCD) và 0,25 SCA (SC,(ABCD)) 60 ; H O
ABCD là hình vuông cạnh a A 0,25 D nên AC a 2 và 2 S a ABCD 60°
Tam giác SAC vuông tại A B C 0,25 nên SA AC tanSCA a 6 3 1 1 a 6 2 V S . AS .a 6.a . 0,25 S .ABCD 3 ABCD 3 3
2) (1 điểm) Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AB . Ta có : AB CD AB (SCD) d(A , B SC) d( , A (SCD)) 0,25 2 3 1 1 a a 6
Cách 1. Ta có: V .S . AS .a 6. ; 0,25 ASCD 3 ACD 3 2 6
Tam giác SAC vuông tại A , có 2 2 SC SA AC 2a 2 ;
Tam giác SAD vuông tại A , có 2 2 SD SA AD a 7 . 2 2 7 1 0,25
Xét tam giác SCD có nửa chu vi p
a , áp dụng công thức 2 7 Heron, ta tính được 2 S a . SCD 2 4 3 a 6 3 3V a 42 ASCD 6 d( , A (SCD)) . SSCD 7 7 2 a 2 0,25 a 42 Vậy, d(A , B SC ) d( , A (SCD)) . 7
Cách 2. Gọi H là hình chiếu của A trên SD . Ta có: SA CD (do SA (ABCD) ) và AB
CD (do ABCD là hình vuông), suy ra CD
(SAD). Từ đó, CD AH 0,50 . Lại vì SD AH , nên AH (SCD). Vây d( , A (SC ) D ) AH .
Tam giác SAD vuông tại A và có AH là đường cao nên AS.AD a 6.a a 42 AH . 2 2 2 2 AS AD (a 6) 7 a 0,25 a 42 Vậy, d(A , B SC ) d( , A (SCD)) AH . 7
3) (1 điểm) Tính theo a diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD . Ta có: SA CD (do SA (ABCD) ) và AB
CD (do ABCD là hình vuông), suy ra CD
(SAD). Từ đó, CD
SD . Tương tự, CB SB . Ta 0,25 cũng có, SA AC (do SA (ABCD) ). Các điểm , A ,
B D nhìn đoạn SC dưới một góc vuông. Nếu gọi O là SC
trung điểm SC thì OB OA OD OS OC . Suy ra, mặt cầu 0,25 2
ngoại tiếp hình chóp S.ABCD có tâm là O 1 1 và bán kính 2 2 r SC SA AC a 2 . 0,25 2 2
Diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD là 0,25 2 2 2 S 4 r 4 (a 2) 8 a .
-------------------HẾT------------------- 5