DE DAP AN TOAN HK I 12 20132014

<span class='text_page_counter'>(1)</span>MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA MÔN TOÁN 12 HỌC KÌ I- NĂM HỌC 2013-2014 Chủ đề Mạch KTKN Phần chung. Khảo sát hàm số và bài toán liên quan Giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của hàm số. 1. Mức nhận thức 2 3 2 1 2,0 1,0 1. 3 3,0 1 1,0 2 2,0. 2,0. Biến đổi mũ – logarit. 1. BPT mũ PT logarit Viết phương trình tiếp tuyến Đạo hàm của hàm số mũ - lôgarit Phương pháp hàm số để chứng minh bất đẳng thức Tổng toàn bài. 1 1,0. 2. Phần riêng. 1,0. 2. Thể tích khối chóp Mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. Tổng phần chung. Cộng. 4. 4. 1. 2,0. 1,0 7. 1,0 4,0 1. 7,0 1. 1,0. 1,0. 1. 1 1,0. 1. 1,0 1. 1,0. 2 1,0. 1. 2,0 1. 1,0. 1,0 1. 1 1,0. 1,0 10. 10,0 – Hình học: 2,0 điểm – Đại số & Giải tích: 8,0 điểm 2) Mức nhận biết: – Chuẩn hoá: 8,0 điểm – Phân hoá: 2,0 điểm Mô tả chi tiết: I. Phần chung: Câu I: Khảo sát hàm số và bài toán liên quan đến khảo sát hàm số (Bài toán sự tương giao ) Câu II: Tìm GTLN,GTNN của hàm số Biến đổi mũ và lôgarit Câu III: Tính thể tích của khối chóp . Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp II. Phần riêng: Theo chương trình cơ bản Câu IVa .Viết phương trình tiếp tuyến Câu Va : Giải bất phương trình mũ - Giải phương trình lôgarit Diễn giải:. 1) Chủ đề. Trang 1 – Ma trận – Đề thi -Đáp án Toán 12.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Theo chương trình nâng cao Câu IVb: Viết phương trình tiếp tuyến Câu Vb : Đạo hàm của hàm số mũ và lôgarit Chứng minh bất đẳng thức liên quan đến mũ và lôgarit ( Bài toán tổng hợp ) SỞ GD - ĐT BÌNH ĐỊNH Trường THPT số 2 Phù Cát ................... ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I – NĂM HỌC 2013-2014 Môn Toán -Lớp 12 –Thời gian 90 phút (Không tính thời gian phát đề ). A. PHẦN CHUNG : ( 7 điểm ) 3 2 Câu I ( 3 điểm) . Cho hàm số y  x  3 x  1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho . 2) Xác định m để đường thẳng y mx  1 cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt .. Câu II (2 điểm ) . 1) Cho a,b,c là các số dương , khác 10 và thõa mãn b 10 Chứng minh a 10. 1 1 log a. , c 10. 1 1 log b. .. 1 1 log c. 4 2   1; 2 2) Tìm giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của hàm số y x  4 x  1 trên đoạn Câu III (2 điểm). Cho hình chóp đều S.ABC có cạnh đáy bằng a , góc giữa cạnh bên và đáy bằng 60 . 1) Tính thể tích khối chóp đều S.ABC 2) Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC. B. PHẦN RIÊNG : ( 3 điểm ) I. Phần dành cho chương trình cơ bản. 2 x 1 y x 1 . Câu IVa. ( 1điểm ). Cho hàm số Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến ấy vuông góc với đường thẳng y 3x  1 . Câu Va. ( 2điểm ). 1) Giải bất phương trình : 2) Giải phương trình. :. 5 1  0 2 x log 2 ( x  1)  log 1 ( x  2) 2. 4 x 1 . 2. II. Phần dành cho chương trình nâng cao .. Câu IVb. ( 1 điểm). Cho hàm số. y. 2x x  1 có đồ thị là (C) .Tìm điểm M thuộc (C) biết tiếp tuyến. 1 của (C) tại M cắt các trục Ox , Oy lần lượt tại A và B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 4 . Câu Vb . ( 2 điểm ) . Trang 2 – Ma trận – Đề thi -Đáp án Toán 12.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> x 2x 1) Cho hàm số f ( x) ln e  1  e , tính f '(ln 3) .. a b 2) Chứng minh rằng b ln(1  2 )  a ln(1  2 )  0 , với 0  a  b .. .......................................................................Hết................................................................................. SỞ GD- ĐT BÌNH ĐỊNH Trường THPT số 2 Phù Cát -----------------------A.PHẦN CHUNG: (7 điểm ) Câu Câu 1 3 điểm. Ý 1) 2đ. ĐÁP ÁN MÔN TOÁN LỚP 12 HỌC KỲ I –NĂM HỌC 2013-2014. Nội dung. Điểm 0,25.  Tập xác định D = R  Sự biến thiên : 2 - Chiều biến thiên : y ' 3 x  6 x  x 0 y ' 0    x 2. Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  0; 2  khoảng. 0,25.   ;0  ,  2;  . và nghịch biến trên. - Cực trị : Hàm số đạt cực đại tại điểm x 0, yCD 1 Hàm số đạt cực tiểu tại điểm x 2, yCT  3 - Giới hạn , tiệm cận :. lim y  . x  . ,. lim y . 0,25. 0,25 0,25. x  . 0,25. - BBT Đồ thị :. 0,5. Trang 3 – Ma trận – Đề thi -Đáp án Toán 12.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2) 1đ. Hoành độ giao điểm của (C ) và đường thẳng y mx  1 là nghiệm của phương trình : x 3  3 x 2  1 mx  1  x3  3x 2  mx 0  x( x 2  3 x  m) 0 (1)  x 0  2  x  3x  m 0 (*) Đường thẳng y mx  1 cắt (C ) tại 3 điểm phân biệt  pt (1) có 3 nghiệm phân biệt. 0,25. 0,25.  pt (*) có hai nghiệm phân biệt khác 0  9  4m  0 9    m 0 m  0  4 Câu II 2đ. 1) 1đ. b 10. 1 1 log a. . 0,25. 1  log b  1  log a  log a 1 . 0,25. 0,25. 1 log b. 0,25 (*). 1. 1 c 101 log b  log c  1  log b  1  log b 1  log c. 0,25. 1 log b 1  log c vào (*) , ta được Thay. log a 1 . 1 1 1 log c. 1  1  log c 0,25. 1 1 log c. 2) 1đ. Hay a 10 y ' 4 x3  8 x 4 x( x 2  2). 0,25.  x 0  y ' 0   x  2  ( Loai )  x  2    1; 2 y (0) 1 ; y ( 2)  3 ; y ( 1)  2 ; y (2) 1. 0,25 0,25. max y 1 Vậy   1;2 min y  3   1;2. Câu III 2đ. ( Tại x = 0 , x = 2). 0,25. ( Tại x  2 ). 1) 1đ. Trang 4 – Ma trận – Đề thi -Đáp án Toán 12.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Do S.ABC là hình chóp đều nên SO  ( ABC ) , với O là tâm của ABC  OA là hình chiếu vuông góc của SA lên (ABC) , suy ra góc SAO là góc giữa cạnh bên SA và (ABC)  Suy ra SAO 60 Do SO  ( ABC ) nên đoạn thẳng SO là đường cao của hình chóp S.ABC 1 VS . ABC  S ABC .SO 3 a2 3 S ABC  4 SO OA.tan 60 2 2 a 3 a 3 OA  AH  .  3 3 2 3 SO  a Suy ra a3 3 VS . ABC  12 Từ đó : 2) 1đ. 0,25. 0,25. 0,25 0,25. Gọi M là trung điểm của SA , trong SAO ,đường trung trực của đoạn SA cắt SO tại I . Thế thì I là tâm của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC . Gọi r là độ dài bán kính của mặt cầu ngoại tiếp S.ABC r =SI SMI và SOA là hai tam giác vuông đồng dạng SI SM  Suy ra SA SO SM .SA SA2  SO 2SO OA 2a 3 SA   cos 60 3 , SO = a 2a SI  3 Suy ra 2a r= 3 Diện tích của mặt cầu ngoại tiếp S.ABC là :. 0,25. 0,25. SI . 0,25. Trang 5 – Ma trận – Đề thi -Đáp án Toán 12.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 0,25. 16 a 2 S mc 4 .r 2  9 B. PHẦN RIÊNG: ( 3 điểm ) I.Phần dành cho chương trình cơ bản Câu. Ý. Nội dung Điểm. Câu IVa. 1 điểm. 3 ( x  1) 2 Gọi ( x0 ; y0 ) là tọa độ của tiếp điểm y' . 0,25. Vì tiếp tuyến cần tìm vuông góc với đường thẳng y 3x  1 1 k  3 Nên hệ số góc của tiếp tuyến cần tìm là 3 1 1   y '( x0 )  2 ( x0  1) 3 3 Hay  ( x0  1) 2 9  x0 4   x  2  x0 2  2 x0  8 0  0 1 13 y  x  x  4  y  3 0 3 3  0 . PTTT cân tìm là 1 1 y  x  x  2  y  1 0 3 3  0 . PTTT cần tìm là 1 13 1 1 y  x  y  x  3 3 và 3 3 Vậy có hai tiếp tuyến cần tìm là Câu Va. 2đ. 1) 1 điểm. x x Biến đổi về BPT : 4.4  5.2 1  0 x 2 Đặt t 2 (t  0) , ta được BPT : 4t  5t 1  0. 1  t   4  t 1 1 1 2x  4 , ta được 4  x  t  1 , ta được 2  1 t.  x2  x0. Vậy BPT đã cho có tập nghiệm là 2) 1 điểm. S   ;  2    0;  . Điều kiện x  1 Khi đó phương trình đã cho tương đương với phương trình : 2 log 2 ( x  1)  log 2 ( x  2) 2  log 2  ( x  1) 2   log 2 ( x  2) 2  ( x  1) 2   log 2   2  x2 . 0,25 0,25 0,25. 0,25. 0,25. 0,25 0,25 0,25. 0,25. Trang 6 – Ma trận – Đề thi -Đáp án Toán 12.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> ( x  1) 2 4  ( x  1) 2 4( x  2)  x 2  6 x  7 0 x2  x  1 (loai )   x 7 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x 7 . 0,25 0,25. II. Phần dành cho chương trình nâng cao Câu Câu IVb. 1đ. Ý. Nội dung. Điểm. 2 x0 )  (C ) x  1 0 Gọi , ( x0 1) 2 y' ( x  1) 2 Ta có 2 y '( x0 )  ( x0  1)2 Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M có dạng : 2 x0 2 y  ( x  x0 ) x0  1 ( x0  1)2 M ( x0 ;. y. 2 x0 2  2x  ( x0  1)2 ( x0  1) 2. Hay A,B là giao điểm của tiếp tuyến trên với trục Ox,Oy 2 x0 2 A( x0 2 ;0), B(0; ) 2 ( x  1) 0 Suy ra 2 x0 2 1 SOAB  OA.OB OA  x  x 2 OB  yB  ( x0  1) 2 A 0 2 , ,  x0 2 1   x0  1 2  2 4  x0 1 x0 1 1    SOAB   2 2 ( x0  1) 4  x0  1 4  2 x0 2  x0  1 0  2  2 x0  x0  1 0 2  2 x0  x0  1 0 vô nghiệm  x0  1 2 2 x0  x0  1 0    x0  1  2 . 0,25. 0,25 0,25. Vậy có hai điểm cần tìm là : M ( 1;1) và Câu Vb. 1 ) 2đ 1 điểm. 0,25. 1 M ( ;  2) 2. 1 f ( x)  ln(e x  1  e2 x ) 2 Viết hàm số thành :. 0,25 0,25. Trang 7 – Ma trận – Đề thi -Đáp án Toán 12.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> f '( x) . ex. 2 1  e2 x eln 3 f '(ln 3)  2 1  e2ln 3 3  2 10 2) 1 điểm. 0,5. ln(1  2a ) ln(1  2b )  a b Ta cần chứng minh : , với 0  a  b x ln(1  2 ) f ( x)  x Xét hàm số , với x > 0 2 x.ln 2.x  ln(1  2 x ) x 1  2 f '( x )  x2 Ta có 2 x ln(2 x )  (1  2 x ) ln(1  2 x )  x 2 (1  2 x )  0 , với mọi x > 0  0;   Suy ra hàm số f(x) nghịch biến trên khoảng f ( a )  f (b) Vì 0  a  b nên. Hay. 0,25. 0,25 0,25 0,25. ln(1  2a ) ln(1  2b )  a b Tức là , với 0  a  b a b b ln(1  2 )  a ln(1  2 ) , với 0  a  b. * Chú ý : Mọi cách giải khác đúng được cho điểm tối đa. Trang 8 – Ma trận – Đề thi -Đáp án Toán 12.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>