Đang tải... (xem toàn văn)
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I NĂM HỌC 2012-2013 LỚP 12 HỆ THPT MÔN TOÁN – SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI ………………… ĐỀ CHÍNH THỨC KIỂM TRA HỌC KỲ I NĂM HỌC 2012-2013 LỚP 12 HỆ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG MÔN TOÁN Thời gian làm bài 150 phút ( không kể thời gian giao đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,5 điểm). Cho hàm số 3 32yxx=-+. 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ()C của hàm số . 2) Dựa vào đồ thị ()C , xác định m để phương trình 3 310xxm--+= có ba nghiệm phân biệt. Câu 2 (1,5 điểm). 1) Cho 22 log3,log5.mn== Tính 60 log30 theo m và n . 2) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số 2 () x e yfx x == trên đoạn 1 ;1 2 éù êú ëû . Câu 3 (3,0 điểm). Cho hình chóp .SABC có đáy là tam giác vuông tại B , ()SAABC^ , 2,SAACaABa===. 1) Tính thể tích khối chóp .SABC theo a . 2) Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng SC . Chứng minh tam giác IAB cân tại I từ đó xác định tâm và tính theo a bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp .SABC . 3) Tính khoảng cách từ C đến ()mpIAB theo a . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần sau đây (phần A hoặc phần B) Phần A: Theo chương trình chuẩn: Câu 4A (3,0 điểm). 1) Giải phương trình : 647.880 xx --= 2) Giải bất phương trình : 13 3 7 log(1)log() 3 +<-xx 3) Cho hàm số 2 xm y x -+ = + có đồ thị () m C . Tìm các giá trị của m để đường thẳng d :2210xy+-= cắt () m C tại hai điểm A và B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 1 ( O là gốc tọa độ). Phần B: Theo chương trình nâng cao: Câu 4B (3,0 điểm). 1) Giải các phương trình: a) 3.45.62.90 xxx -+=. b) 2 log2log(3)2xx+--=. 2) Cho hàm số 23 2 x y x - = - có đồ thị là ()C . Gọi I là giao điểm 2 đường tiệm cận của ()C . Tìm trên ()C các điểm M để tuyến của ()C tại M cắt tiệm cận đứng, tiệm cận ngang của ()C lần lượt tại A và B sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có bán kính nhỏ nhất. ----------------Hết--------------- SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI ………………… ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC KIỂM TRA HỌC KỲ I NĂM HỌC 2012-2013 LỚP 12 HỆ TRUNG HỌC PHỔ THÔNG MÔN TOÁN Thời gian làm bài 150 phút ( không kể thời gian giao đề) HƯỚNG DẪN CHẤM Bản hướng dẫn chấm gồm 05 trang I. Hướng dẫn chung * Đáp án này chỉ nêu sơ lược một cách giải, trong bài làm học sinh phải trình bày lời giải chi tiết. * Nếu học sinh làm cách khác hướng dẫn chấm nhưng đúng thì vẫn được điểm tối đa. * Làm tròn điểm theo quy định chung của Bộ Giáo dục và Đào tạo cho Hệ Trung học phổ thông. II. Đáp án − Thang điểm Câu Đáp án Điểm 1) (1,00đ) Tập xác định : = ¡D 0,25 lim,lim xx yy ®-¥®+¥ =-¥=+¥ 0,25 é = =-=Û ê =- ë 2 1 '33;'0 1 x yxy x 0,25 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ) ;1-¥- và ( ) 1; +¥ , hàm số nghịch biến trên khoảng ( ) 1;1- 0,25 Hàm số đạt cực đại tại =-=-=x1,(1)4 CÑ yy Hàm số đạt cực tiểu tại ===x1,(1)0 CT yy 0,25 Bảng biến thiên BBT x -¥ -1 1 +¥ 'y + 0 - 0 + y 4 +¥ -¥ 0 0,25 Đồ thị ()C của hàm số đi qua các điểm (2;0),(1;4),(0;2),(1;0),(2;4)-- Yêu cầu: đồ thị là đường cong trơn, đối xứng qua điểm (0;2) 0,50 1 (2,50đ) 2) (0,50đ) Ta có 33 310321xxmxxm--+=Û-+=+ Số nghiệm của phương trình là số giao điểm của ()C và đường thẳng :1dym=+ 0,25 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 y Dựa vào đồ thị, phương trình đã cho có ba nghiệm khi và chỉ khi 01413mm<+<Û-<< 0,25 1) (0,75đ) Ta có : 1 2 2 60 2 2 log(2.3.5) log30 log(2.3.5) = 0,25 222 222 1 (log2log3log5) 2 2log2log3log5 ++ = ++ 0,25 1 2(2) mn mn ++ = ++ 0,25 2) (0,75đ) Xét trên đoạn 1 ;1 2 éù êú ëû , hàm số liên tục 22 2 2. ' xx xee y x - = 2 2 (21) x xe x - = 0,25 11 '0;1 22 yx éù =Û=Î êú ëû 2 1 2;(1) 2 fefe æö == ç÷ èø 0,25 2 (2,00 đ) 2 1 1 ;1 ;1 2 2 1 max()(1);min()()2 2 fxfefxfe éù éù êú êú ëûëû ==== 0,25 S A B C I K H 1) (1,00đ) Tam giác ABC vuông tại B : 22 3BCACABa=-= 0,25 Diện tích tam giác ABC là 2 13 . 22 ABC SABBCa== 0,25 3 (3,00đ) Thể tích khối chóp . 1 . 3 SABCABC VSAS= 0,25 3 3 3 a = 0,25 2) (1,00đ) Ta có BCAB^ và BCSA^ ( do ()SAABC^ ) suy ra ()BCSAB^ BCSBÞ^ 0,25 Tam giác SBC vuông tại B suy ra 1 2 BISC= Tam giác SAC vuông tại A suy ra 1 2 AISC= Suy ra AIBI= hay tam giác ABI cân tại I 0,25 Nhận thấy 1 IS 2 AIBIICSC==== nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp .SABC 0,25 Bán kính 22 11 2 22 rSCSAACa==+= 0,25 3) (1,00đ) Dựng 1 //();() 2 ÎÞ==^IHSAHACIHSAaIHABC 0,25 3 131 .(;()). 363 ==== IABCABCCIABIAB a VIHSVdCIABS 0,25 Suy ra 3 3 (;())(1) 2. IAB a dCIAB S = Gọi K là trung điểm của AB IKABÞ^ ( IABD cân tại I) 22 7 2 a IKAIAK=-= 0,25 2 17 . 24 IAB a SIKAB== thay vào (1) ta được 3 323221 (;()) 2.7 7 === IAB aaa dCIAB S 0,25 1) (1,00đ) 2 647.88087.880--=Û--= xxxx Đặt 80 x t => 0,25 Phương trình đã cho trở thành 2 780tt--= 0,25 1 8 t t =- é Û ê = ë thỏa điều kiện 0,25 Với 8t = , ta có 881 x x=Û= Tập nghiệm của phương trình { } 1S = 0,25 2) (1,00đ) Điều kiện 7 (1;) 3 xÎ- . Với điều kiện trên, bất phương trình dã cho tương đương 0,25 4A (3,00 đ) 33 7 log()log(1)0 3 xx-++> 0,25 7 ()(1)1 3 xx-+> 2 442 0(;2) 333 --<ẻ-xxx 0,25 Kt hp vi iu kin ta c tp nghim 2 (;2) 3 S =- 0,25 3) (1,00) ng thng 1 : 2 dyx=-+ . Phng trỡnh honh giao im ca () m C v d : 2 1 ,2 22 ()2220(1) -+ =-+ạ- + =++-= xm xx x gxxxm 0,25 d ct () m C ti hai im phõn bit thỡ ()0gx= cú hai nghim phõn bit khỏc 2- () 17 0 16170 16 420 (2)0 2 gx m m m g m ỡ D> -+>ỡ < ỡ ù ớớớ +ạ -ạ ợ ợ ù ạ- ợ (*) 0,25 Lỳc ú 1122 11 (;),(;) 22 AxxBxx-+-+ vi 12 ,xx l hai nghim ca (1). Theo h thc Vi-et ta cú 1212 1 ;.1 2 xxxxm+=-=- 1 (;) 22 dOd = 22 212121 17 2()2()4.8 2 ABxxxxxxm ộự =-=+-=- ởỷ 0,25 111171 (;) 81716 2228 22 OAB SdOdABmm==-=- Theo gi thit ta cú 147 1716117168 816 -=-==-mmm tha (*) Vy 47 16 =-m . 0,25 1) (2,00) a)(1,00) 46 3.5.20 99 -+= xx xx 2 22 3.()5()20 33 -+= xx 0,25 t 2 (),0 3 => x tt Phng trỡnh ó cho tr thnh 2 3.520-+=tt 0,25 4B (3,00 ) 1 2 3 = ộ ờ ờ = ở t t . i chiu vi iu kin ta c 1 2 3 = ộ ờ ờ = ở t t Vi 1=t ta cú 2 10 3 ổử == ỗữ ốứ x x 0,25 Với 2 3 =t ta có 22 1 33 æö =Û= ç÷ èø x x Vậy tập nghiệm của phương trình { } 0;1S = 0,25 b) (1,00đ) Điều kiện 3<-x . Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương 0,25 2log2log(3)2loglog(3)1+--=Û+--=xxxx log(3)log10(3)10xxxxÛé--ù=Û--= ëû (*) 0,25 Do 3<-x nên (*) được viết .(3)10---=xx 0,25 2 2 3x-100 5 = é Û+=Û ê =- ë x x x Đối chiếu với điều kiện ta được tập nghiệm của phương trình { } 5S =- 0,25 2) (1,00đ) Lấy 0 0 0 23 ;(), 2 x MxC x æö - Î ç÷ - èø , ( ) 2 0 0 2x 1 )x('y - - = Phương trình tiếp tuyến với ( C) tại M có dạng: ( ) 2x 3x2 )xx( 2x 1 y: 0 0 0 2 0 - - +- - - =D 0,25 Toạ độ giao điểm ,AB của ( ) D và hai tiệm cận là: ( ) 2;2x2B; 2x 2x2 ;2A 0 0 0 - ÷ ÷ ø ö ç ç è æ - - Ta thấy M0 0BA xx 2 2x22 2 xx == -+ = + , ,,MAB thẳng hàng suy ra M là trung điểm của AB . 0,25 Mặt khác I = (2; 2) và tam giác IAB vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có bán kính IM 2 222 0 00 2 0 0 23 1 (2)2(2)2 2 (2) x IMxx x x æö - =-+-=-+³ ç÷ - - èø 0,25 IM đạt nhỏ nhất là 2 02 0 2 0 0 1 1 (2) (2) 3 x x x x é = Û-=Û ê - = ê ë Vậy có hai điểm M cần tìm là 1 M (1; 1) và 2 M (3; 3) 0,25 ------------------- Hết -------------------
