Đang tải... (xem toàn văn)
ĐỀ THI CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I NĂM HỌC 2012-2013 TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN MÔN TOÁN LỚP 12
Tr ờng thpt chuyên Tn kỳ thi chất lợng học kỳ i năm học 2012-2013 Môn thi : Toán Lớp 12 đề thi chính thức Thời gian l m b i : 120 phút , không kể thời gian giao đề I . Phần chung cho tất cả các thí sinh ( 7,0 điểm ) Câu 1.(3,0 im ) Cho h m s 2 1 1 x y x = 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2) Viết phơng trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại các điểm có hoành độ 0 x là nghiệm của phơng trình 0 1 '( ) 4 y x = Câu 2.(2,0 im) 1) Tìm giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 ( ) 3 ln(1 )f x x x= + + trên đoạn 0 ;3 2) Xác định giá trị của tham số m để hàm số 3 2 (2 1) 2y x mx m x m= + + đạt cực trị tại 1x = , đó là điểm cực đại hay cực tiểu . Câu 3 (2,0 im ) Cho hình chóp S.ABCD , có đáy là hình vuông cạnh bằng a , gọi H là trung điểm của cạnh AD , biết SH vuông góc với mặt phẳng đáy , góc giữa SB và mặt phẳng đáy bằng 60 . 1) Tính thể tích khối chóp .S ABCD . 2) Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp .S HDC II . Phần Riêng phần tự chọn ( 3,0 điểm ) Thí sinh chỉ đợc làm một trong hai phần ( phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chơng trình Chuẩn Câu 4.a (2,0 im ) . 1) Cho hàm số ( ) .2 x g x x= . Tính giá trị của biểu thức (2) 2 (2) 3 (2)P g g g = + . 2) Giải phơng trình 1 1 3.9 82.3 27 0 x x + = Câu 5.a(1,0 im) Giải phơng trình 2 3 log (1 ) logx x+ = 2. Theo chơng trình Nâng cao Câu 4.b(2,0 im ) 1) Cho hàm số 2 ( ) . x g x x e= . Tính giá trị của biểu thức (2) 2 (2) 3 (2)P g g g = + . 2) Giải phơng trình 2 3 3 log ( 1) log (2 3) log100x x+ + + = . Câu 5.b (1,0 im ) Tim m để phơng trình sau có nghiệm .9 2.3 2 0 x x m m = .Hết Thí sinh không đợc sử dụng tài liệu . Giám thị coi thi không giải thích gì thêm . Họ và tên thí sinh .Số báo danh . Chữ ký giám thị 1 Chữ ký giám thị 2 . Đáp án và thang điểm môn toán - lớp 12 thi học kỳ I năm học 2012-2013 Câu1 (3,0 điểm ) ý1.(2,0 đ) a) TXĐ { } \ 1D = Ă b) Sự biến thiên : * Tiệm cận : Ta có lim lim 2 x x y y + = = nên đồ thị có tiệm cận ngang 2y = 1 lim x y + =+ ; 1 lim x y = nên đồ thị có tiệm cận đứng 1x = * Chiều biến thiên : 2 1 0 , ( 1) y x D x = < Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ) ;1 và ( ) 1;+ . Hàm số không có cực trị . * Bảng biến thiên . ( GV tự làm) c) Vẽ đồ thị : -3 -2 -1 1 2 3 4 5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 x y Điểm 0,25 0,5 0,5 0,25 0,5 ý 2 (1,0 điểm ) Ta có Ta có 0 2 0 1 1 1 ( ) 4 ( 1) 4 y x x = = 0 2 0 3 ( 1) 1 2 ( 1) 4 3 5 (3) 2 o y x x x y = = = = = Tại điểm 3 1; 2 ữ tiếp tuyến là 1 5 4 4 y x= + . Tại điểm 5 3; 2 ữ tiếp tuyến là 1 13 4 4 y x= + Vậy có hai tiếp tuyến của (C) thoả mãn bài toán là 1 5 4 4 y x= + và 1 13 4 4 y x= + 0,5 0,5 Câu2 (2,0 điểm) . ý1.(1,0 đ ) TXĐ : Ă Hàm số liên tục trên đoạn 0 ;3 và có đạo hàm 2 2 2 2 (1 ) ( ) 1 0 1 1 x x f x x x = = + + với mọi (0;3)x ( ) 0 1f x x = = nên hàm số đồng biến trên khoảng (0;3) 0,5 Vậy : [ ] 0;3 max ( ) (3) 6 ln10f x f= = ; [ ] 0;3 min ( ) (0) 3f x f= = 0,5 ý2.(1,0 đ ) TXĐ : Ă Hàm số có đạo hàm 2 3 2 2 1y x mx m = + + với mọi x Ă Hàm số đạt cực trị tại 1x = thì ( 1) 0 4 4 0 1y m m = + = = . Tinh đạo hàm cấp hai 6 2y x m = Khi 1m = thì ( 1) 6( 1) 2( 1) 4 0y = = < Suy ra 1x = là điểm cực đại của hàm số . 0,5 0,5 Câu 3 (2,0 điểm) . ý1. (1,0 đ ) Do ( )SH mp ABCD nên SH là đờng cao của hình chóp Góc giữa SB và mp(ABCD) là góc ã SBH , từ giả thiết ta có ã 60SBH = Diện tích hình vuông ABCD cạnh a là 2 ABCD S a= Xét tam giác AHB vuông tại A , theo định lí Pitago ta có 2 2 2 2 5 2 2 a a HB AB AH a = + = + = ữ Xét SHB vuông tại H có ã 5 15 .tan .tan 60 2 2 a a SH HB SBH= = = Vậy Thể tích khối chóp .S ABCD là 3 2 1 1 15 15 . . . . 3 3 2 6 ABCD a a V SH S a = = = ( GV tự vẽ hình ) 0,5 0,5 2) (1,0 đ) Vì ( )SH mp ABCD SH HC nên tam giác SHC vuông tại H Ta lại có HD DC suy ra SD DC ( định lý ba đờng vuông góc ) do đó SDC vuông tại D . Gọi O là trung điểm của SC thì OS OC OH OD = = = . Suy ra O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp .S HDC , bán kính mặt cầu 2 SC R = Vì ( )SH mp ABCD mà HB HC= nên SB SC= Xét SHB vuông tại H có 5 2. 5 cos60 2 HB a SB a SC = = = = Vậy bán kính mặt cầu cần tìm là 5 2 a R = 0,5 0,5 II . Phần Riêng Theo chơng trình Chuẩn ( 3,0 điểm ) Câu 4. a (2,0 điểm) ý1. (1,0 đ ) TXĐ : Ă Tính ( ) 2 .2 ln 2 x x g x x = + 2 ( ) 2 ln 2 2 ln 2 .2 ln 2 2 ln 2(2 ln 2) x x x x g x x x = + + = + Ta có (2) 8g = 2 2 (2) 2 2.2 ln 2 4 8ln 2g = + = + 2 2 ( ) 2 ln 2(2 2ln 2) 8ln 2 8ln 2g x = + = + Vậy 2 (2) 2 (2) 3 (2) 28 8ln 2 16ln 2P g g g = + = 0,5 0,5 ý2) (1,0 đ) ĐK : 1x (*) Đặt 1 3 x t = , với 1t 0,5 ta có phơng trình 2 1 ( ) 3 82 27 0 3 27 ( ) t L t t t TM = + = = với 27t = ta có 1 3 27 1 3 1 9 10 x x x x = = = = So sánh với đk (*) , nghiệm của phơng trình là x = 10 0,5 Câu 5.a (1,0 điểm) ĐK : x > 0 (*) Đặt 3 log 3 u u x x= = ta có pt 2 1 3 log (1 3 ) 1 3 2 1 2 2 u u u u u u + = + = + = ữ ữ ữ (2) Ta thấy u = 2 thoả mãn phơng trình (2) Mặt khác , hàm số 1 3 ( ) 2 2 u u f u = + ữ ữ ữ luôn nghịch biến trên Ă vì 1 1 3 3 ( ) ln ln 0 2 2 2 2 u u f u = + < ữ ữ ữ với mọi x thuộc Ă do đó u = 2 là nghiệm duy nhất của phơng trình (2) , suy ra nghiệm của phơng trình đã cho là 2 3 9x = = . 0,5 0,5 II . Phần Riêng Theo chơng trình nâng cao ( 3,0 điểm ) Câu 4. b (2,0 điểm) . ý1. (1,0 đ ) TXĐ : Ă Tính 2 2 2 2 2 ( ) 2 (1 2 ) x x x g x e x e e x = + = + 2 2 2 2 3 3 ( ) 2 4 4 (6 4 ) x x x x g x xe xe x e e x x = + + = + Ta có 4 (2) 2.g e= ; 4 (2) 9g e = ; 4 (2) 44.g e = Vậy 4 (2) 2 (2) 3 (2) 73P g g g e = + = 0,5 0,5 ý 2(1,0 đ) ĐK : 2 1 ( 1) 0 3 2 3 0 2 x x x x + > > + > (*) Phơng trình đã cho tơng đơng với 2 2 2 2 3 3 3 2 2 2 2 log ( 1) log (2 3) 2 log ( 1) (2 3) 2 ( 1)(2 3) 3 2 5 0 ( 1) (2 3) 9 ( 1)(2 3) 3 2 5 6 0 ( ) x x x x x x x x x x x x x x VN + + + = + + = + + = + = + + = + + = + + = Giải pt 2 0 2 5 0 5 2 x x x x = + = = So sánh với đk (*) nghiệm của phơng trình đã cho là x = 0 0.5 . 0,5 Câu 5.b (1,0 điểm) Cho phơng trình .9 2.3 2 0 x x m m = (1) ĐK : mọi x thuộc Ă . Đặt 3 0 x t = > ta có phơng trình 2 2 2 0mt t m = (2) phơng trình (1) có nghiệm x khi và chỉ khi (2) có ít nhất một nghiêm t dơng 0,25 . Xét phơng trình (2) + Với m = 0 (2) 2 2 0 1t t = = ( không thoả mãn) + Với 0m . Tính 2 1 ( 2) ( 1) 0m m m = + + = + , với mọi m thuộc Ă . Vậy với mọi m thuộc Ă phơng trình (2) luôn có 2 nghiệm . Gọi 1 2 ,t t là hai nghiệm của pt (2) , theo định lí Viét 1 2 2 t t m + = , 1 2 2 m t t m = TH1 : pt (2) có hai nghiện dơng 1 2 1 2 2 0 0 0 0 2 2 0 0 t t m m m t t m m m > + > > > + < < > TH2 : pt (2) có một nghiện dơng , một nghiệm bằng 0 1 2 1 2 2 0 0 0 0 2 2 0 t t m m m t t m m m > + > > = + = = TH3 : pt (2) có một nghiện dơng , một nghiệm âm 1 2 0 2 0 0 2 m m t t m m > < < < Kết luận với ( ) ( ) ; 2 0;m +U thoả mãn bài toán . 0,25 0,5 Chú ý : Thí sinh làm theo cách khác đáp án nếu đúng vẫn cho điểm tối đa . . 2 2 0 t t m m m t t m m m > + > > = + = = TH3 : pt (2) có m t nghiện dơng , m t nghi m m 1 2 0 2 0 0 2 m m t t m m > . (2) + Với m = 0 (2) 2 2 0 1t t = = ( không thoả m n) + Với 0m . Tính 2 1 ( 2) ( 1) 0m m m = + + = + , với m i m thuộc Ă . Vậy với m i m thuộc Ă