Đề thi học kỳ II môn Toán 12 CB và đáp án

a/ Viết phương trình mặt phẳng ABC.

SỞ GD – ĐT QUẢNG TRỊ ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II

TRƯỜNG THPT LÊ THẾ HIẾU NĂM HỌC 2009 - 2010

MÔN TOÁN

Thời gian: 90 phút (không kể thời gian giao đề)

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (6 điểm)

Câu 1 ( 3,5 điểm ) Cho hàm số y = x3 + 3x2 – 4 có đồ thị (C)

a/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số

b/ Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm có hoành độ bằng 2

c/ Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) và trục hoành

Câu 2 ( 2,5 điểm ) Tính các tích phân:

a/

1

sin(ln )

dx x



 b/ 4 2

0 cos





II PHẦN RIÊNG (4 điểm)

Phần 1: Theo chương trình chuẩn:

Câu 3 ( 1 điểm) Giải phương trình sau trên tập số phức: z3 + 1 = 0

Câu 4 ( 3 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 4 điểm:

A(-1; -2; 0); B(2; -6; 3) ; C(3; -3; -1) ; D(-1; -5; 3)

a/ Viết phương trình mặt phẳng (ABC) Suy ra A, B, C, D là 4 đỉnh của một tứ diện b/ Viết phương trình tham số của đường thẳng d đi qua D và vuông góc với (ABC) c/ Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD Xác định tâm và bán kính của mặt cầu đó

Phần 2: Theo chương trình nâng cao:

Câu 3 (1,5 điểm)

a/ Chứng minh đẳng thức sau trên tập số phức:

(3i)16 256(3 4 ) i 8 ( trong đó i là số ảo )

b/ Giải bất phương trình sau:

log x2log (x 1) log 6 0 

Câu 4 (2,5 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu (S) có phương

trình: x2 y2 z2  4x2y 6z 5 0

và hai đường thẳng:

(d 1 ): 5 1 3

 ; (d 2 ):

7 1 8

z





 



 

 a/ Viết phương trình mặt phẳng ( ) song song với (d1) và (d2), đồng thời tiếp xúc với (S)

b/ Xác định tọa độ tiếp điểm của (S) và ( )

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI HỌC KỲ II NĂM HỌC 2009 – 2010

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (6 điểm)

Câu 1

a/ (2 điểm)

i) TXĐ : R (0,25 điểm)

ii) Sự biến thiên :

* Ta có : y' = 3x 2 + 6x ; y' = 0 0

2

x x





 (0,25 điểm)

* Các giới hạn tại vô cực

x x

  

  

x x

  

  

   

* Bảng biến thiên (0,5 điểm) x   – 2 0 

y’ + 0 – 0 +

y 0 

  - 4

* Hàm số đồng biến trên các khoảng (  ; 2) và (0;) Hàm số nghịch biến trên khoảng ( - 2; 0 ) (0,25 điểm) * Cực trị : Hàm số đạt cực đại tại x = – 2 ; y CĐ = y(–2) = 0 Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 ; y CT = y( 0) = –4 (0,25 điểm) iii ) Đồ thị : Ta có Các giao điểm của (C) với trục Ox là ( –2; 0) và (1; 0) Giao điểm của (C) với trục Oy là I(0;– 4). Đồ thị nhận I(–1; 2) làm tâm đối xứng (0,25 điểm) Đi qua điểm (–3 ; – 4)

2

-2

-4

-2

x

y

O

1 -1

-3

( Vẽ đúng đồ thị được 0,25 điểm )

b) Tại điểm x = 2 ta có : y = 16 (0,25 điểm)

Vậy phương trình tiếp tuyến là : y = 24(x – 2) + 16

Hay y = 24x – 32 (0,25 điểm)

c) Dựa vào đồ thị ta thấy diện tích hình phẳng cần tìm là :

1

2



   (0,5 điểm)

1 4 3

2

27 4

x

x x



(0,25 điểm)

Câu 2

a/ (1,5 điểm) I1 =

1

sin(ln )

dx x



Đặt t = lnx Ta có: dt dx

x

 (0,5 điểm)

Đổi cận: x = 1  t = 0

x e t



   (0,5 điểm)

0

b/ (1 điểm) Ta có:

2 2

0

x xdx







* Xét 4

0

cos 2

J x xdx



Đặt

cos 2

u x











ta có 1

sin 2 2

du dx













(0,25 điểm)

Khi đó :

1 8



Vậy

2

I        

II PHẦN RIÊNG (4 điểm)

Phần 1: Theo chương trình chuẩn

Câu 3: ) Ta có:

2

z = - 1

z + 1 = 0 (z + 1)(z - z + 1) = 0

z - z + 1 = 0 (*)



Xét (*), ta có:   1 4 3   3i (0,25 điểm)

Suy ra phương trình (*) có 2 nghiệm: 1,2 1 3

2

i

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm là 1,2 1 3

2

i

z   ; z3 = - 1 (0,25 điểm)

Câu 4

a/ (1,25 điểm) Ta có: AB(3; 4 ; 3);  AC (4; 1; 1) 

(0,5 điểm)

Mặt phẳng (ABC) có 1 vectơ pháp tuyến là: n AB AC   (7;15;13)

(0,25 điểm)

Suy ra phương trình tổng quát của (ABC) là:

7(x + 1) + 15(y + 2) + 13(z - 0) = 0  7x + 15y + 13z + 37 = 0 (0,25 điểm)

* Dễ thấy D  (ABC), nên A, B, C, D là 4 đỉnh của 1 tứ diện (0,25 điểm)

b/ (0,75 điểm) Đường thẳng d vuông góc với (ABC) nên d có 1 vectơ chỉ phương là:

u n  (7; 15; 13) (0,5 điểm)

Suy ra phương trình tham số của d:

1 7

5 15

3 13

 





 



  



(0,25 điểm)

c/ (1 điểm) Phương trình mặt cầu có dạng:

x2  y2 z2 2ax2by2cz d 0(S) (0,25 điểm)

( trong đó a, b, c, d là các số thực thỏa mãn: a2 b2 c2  d 0)

Vì (S) đi qua 4 điểm A, B, C, D nên ta có hệ phương trình:

(0,25 điểm)

Vậy mặt cầu (S) có phương trình là x2  y2 z2  2x8y 2z 9 0 (0,25 điểm)

Mặt cầu (S) có tâm là điểm I(1; -4; 1) và bán kính R = 3 (0,25 điểm)

Phần 2: Theo chương trình nâng cao:

Câu 3

8

3 (3 )

i i



Mà 3 2 8 6 (8 6 )(3 4 ) 50

2

i

Suy ra

16

8 8 8 8

(3 )

(3 4 )

i

i



b/ 1 1 2

log x2log (x 1) log 6 0  (1)

Điều kiện: x > 0 (0,25 điểm)

Với điều kiện trên:

(1)  log2 x log (2 x 1) log 6 0 2   log2 x x(  1) log 62 (0,25 điểm)

3

x

x





 Kết hợp với điều kiện ta suy ra nghiệm của bất phương trình đã cho là x 3.(0,25 điểm)

Câu 4

a/ (1,5 điểm) (S) có tâm là điểm I(2; -1; 3) và có bán kính là R = 3 (0,25 điểm)

(d1) có 1 vectơ chỉ phương là u 1 (2; 3;2)



(d2) có 1 vectơ chỉ phương là u  2 (1; 1;0) (0,25 điểm)

Vì ( ) song song với (d1) và (d2) nên ( ) có 1 vectơ pháp tuyến là:

n u 1 u2 (2;2;1)

(0,25 điểm)

Do đó phương trình ( ) có dạng 2x + 2y + z + c = 0 (0,25 điểm)

( ) tiếp xúc với (S) khi và chỉ khi:

14

c c

c

Vậy có 2 mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu là:

(1): 2x + 2y + z + 4 = 0 ; (2): 2x + 2y + z – 14 = 0 (0,25 điểm)

b/ (1 điểm) Gọi là đường thẳng đi qua I và vuông góc với ( ) Khi đó tiếp điểm của (S) và ( ) chính là giao điểm của  với ( )

vuông góc với ( ) nên có 1 vectơ chỉ phương là: u n  (2;2;1) (0,25 điểm)

Do đó có phương trình tham số là:

2 2

1 2 3





 



  



(0,25 điểm)

Tham số t ứng với giao điểm của (S) và (1) là nghiệm của phương trình

2(2 + 2t) + 2(-1 + 2t) + (3 + t) + 4 = 0  9t + 9 = 0  t1 (0,25 điểm)

Suy ra tiếp điểm của (S) và (1) là: A(0; -3; 2)

Tương tự tiếp điểm của (S) và (2) là B(4; 1; 4) (0,25 điểm)

Ghi chú:

- Học sinh làm theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa của câu đó.