Đề thi học kỳ II toán khối 12 2011 THPT Chuyên Huỳnh Mẫn Đạt

Theo chương trình chuẩn Dành cho lớp Văn-A5: Bài 4a.. Viết phương trình mặt phẳng α qua ba điểm là hình chiếu vuông góc của A lên các trục tọa độ.. Tìm hình chiếu vuông góc của gốc tọa

Sở giáo dục và đào tạo Kiên Giang

Trường THPT chuyên Huỳnh Mẫn Đạt

ĐỀ THI HỌC KỲ II MÔN TOÁN KHỐI 12

NĂM HỌC 2010-2011

Thời gian làm bài : 150 phút (không kể thời gian phát đề)

A PHẦN CHUNG (6.0Đ)

Bài 1.(3.0 điểm) Tính các tích phân sau

a/ 2 3( 2 )2

1

2

π

+

=∫4 2 0

1 cos

x

x

c/ ln11( )

ln 6

2

x

e

+

=

−

2

2 2 ln

e

e

D=∫x xdx

Bài 2.(1.0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi :

2

y= −x y= x= − x= .

Bài 3.(2.0 điểm)

a Cho hai số phức 1 1 3

i z

i

+

=

i z

i

=

− Tính z1.z2

b Tìm số phức z thỏa mãn : ( ) (2 )

1+i 3−i z= + + +9 i (1 4 )i z

B PHẦN RIÊNG (4.0Đ)

1 Theo chương trình chuẩn (Dành cho lớp Văn-A5):

Bài 4a (1.0 điểm) Giải phương trình sau trên tập số phức

3z2 – 5z + 10 = 0

Bài 5a (2.0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho OAuuur= +3 2ri rj−7 ,kr OBuuur= −6 2ri kr với r r ri j k, , lần lượt là các vec tơ đơn vị của trục x’Ox, y’Oy và z’Oz

a Viết phương trình mặt phẳng ( )α qua ba điểm là hình chiếu vuông góc của A lên các trục tọa độ

b Tìm hình chiếu vuông góc của gốc tọa độ O lên mặt phẳng ( )α

c Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm là B và tiếp xúc với mặt phẳng (P) chứa Oz và

song song AB

Bài 6a (1 điểm) Trong không gian Oxyz, đường thẳng : 4

− và các điểm

A(−1; 2;3) , B(4;1; 5− ) , C(3;0; 1− ) .Tìm tọa độ điểm M trên d sao cho

MA2+MB2+MC2nhỏ nhất

2 Theo chương trình nâng cao (Các lớp còn lại):

Bài 4b (1.0 điểm) Giải phương trình sau trên tập số phức

z2 – 2(2 + i)z + 7 + 4i = 0

Bài 5b: (2.0 điểm)

Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC, A(1;1;0), B(0;2;1), trọng tâm G của tam giác ABC là G(0;2;-1)

a Tính khoảng cách từ A đến đường thẳng BC.

b Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC.

c Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng (d), biết (d) đi qua G và (d) vuông góc mặt phẳng

(ABC) sao cho thể tích tứ diện MABC bằng 29

4 (đvtt).

Bài 6b: (1.0điểm)

Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng (d) :

1 2 2

= −



 = − +



 =

 Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng (d) tạo với Oy góc lớn nhất

HẾT Họ và tên thí sinh:……… SBD:……….

ĐÁP ÁN TOÁN HỌC KÌ II

1.a

(0,75đ)

2

2

2

8 3

39 8

1.b

(0,75đ)

4 2 0

1 cos

x

x

π +

=∫

Đặt

2

1

tan cos

dv

x



0,25

(cos ) ( 1)tan tan ( 1)tan

cos

x

2 ( 1)tan ln(cos ) 1 ln

1.c

(0,75đ)

ln11

ln 6

2

+

=

−

∫

x

e

Đặt t= e x− ⇒ = − ⇒2 t2 e x 2 2tdt e dx= x

0,25

ln11 3

2 2

1.d

(0,75đ)

2

2 2 ln

=e∫

e

Đặt

2

3 2

ln 2

ln

3

x

x

 =



 =

=



3

e e

x

0,25

1 ln

3

 =



⇒

e

0,25

e

27

e − e

0,25

2 1.0

Phương trình hoành độ giao điểm giữa y= 4−x y2, =0:

2 [ 1; 3]

 = − ∉ −

− = ⇔ − = ⇔ 

= ∉ −



x

x

0,25

Diện tích hình phẳng S được tính bởi

3

2 1

4

−

= ∫ −

2 2

x= t t∈ − π π  ⇒dx= tdt

1

6 3

3

π π

= − ⇒ = −

2

4 cos 2 (1 cos2 )

3

6

π

π

π π

−

=  + ÷ =  + + ÷÷

3.a

2

1

2 2

+ +

i i

2

8 8

2 3 2 2 3 2 2 3 2

+

i i i

Suy ra 1 2. 1

4

3.b

(1,0 đ) Ta có ( ) (2 )

1+i 3−i z= + + +9 i (1 4 )i z

(2 6 ) 9 (1 4 )

(1 2 ) 9

+

+

i

Chương trình nâng cao

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt là: z= +2 3 ;i z= −2 i 0,5

a

(0,75 đ)

Gọi ( , , )C x y z

Do G là trọng tâm tam giác ABC, ta có

x y z

 + =

 + + =



 + = −

 ( 1;3; 4)

C

0,25

(1; 1; 1); ( 1;1; 5)

BA= − − BC= − −

0,25

( )

uuur uuur uuur uuur

Khoảng cách từ A đến đường thẳng BC

( , )

3

BA BC

d A BC

BC

uuur uuur uuur

0,25

b

(0,5 đ)

Gọi H x y z( ; ; )1 1 1

( 1 1; 1 1; ;1) ( 1 1; 1 3; 1 4)

Từ giả thiết ta có hệ sau:

AH BC

CH BA

BA BC CH





uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur

1 1 1

1 1 1

1 1

0

2 0

x y z

x y

− + − =



⇔ − − =

 + − =



Tìm được (1;1;0)H 0,25

c

(0,75 đ)

Đường thẳng (d) vuông góc (ABC) nên có vec tơ chỉ phương urcùng

phương với vec tơ BA BCuuur uuur,  = (6;6;0), chọn ur=(1;1;0) và (d) qua

G(0;2;-1) có phương trình:

0,25

( ) : 2

1

x t

z

 =

 = +



 = −

 ( ;2 ; 1);

( ; ; 2);

BM t t

uuur

MABC

V = ⇔ BA BC BMuuur uuur uuur =

29 29

Có hai điểm thỏa mãn đề là 1 29 45; ; 1 , 2 29 13; ; 1

M  − ÷ M − − − ÷

Đường thẳng (d) qua (1; 2;0)N − có vec tơ chỉ phương ur= −( 1;1;2) 0,25 (P) chứa (d) nên qua (1; 2;0)N − , phương trình có dạng

A x− +B y+ +Cz= (nr=( ; ; ) 0A B C ≠rlà vec tơ pháp tuyến (P))

Ta có n ur r = ⇔ − + +0 A B 2C= ⇔ = +0 A B 2C (2)

Gọi ϕ(0≤ ≤ϕ 90 )0 là góc giữa (P) và trục Oy, ta có

2 2 2

sin

+ +

r r

Từ (2) suy ra

sin

B

ϕ =

• Nếu B = 0 thì sinϕ =0.

• Nếu B≠0, chọn B = 1

sin

6

C

ϕ lớn nhất khi sinϕ lớn nhất.

Cả hai trường hợp sinϕ lớn nhất bằng 5

6 khi

2 1,

5

B= C = − Vậy (P) cần tìm có phương trình : x+5y− + =2z 9 0

0,25

Chương trình chuẩn

95 95

Vậy phương trình có hai nghiệm: 5 95

6

i

z= − và 5 95

6

i

a

(0,5 đ)

Ta có: A(3;2; 7− ), hình chiếu của A lên các trục tọa độ là:

1 3;0;0

A , A2(0; 2;0), A3(0;0; 7− ) 0,25 Phương trình mặt phẳng ( )α :

3 2 7

x y z

x y z

b

(0,75 đ)

Gọi (d) là đường thẳng qua O và vuông góc với mặt phẳng ( )α

Phương trình đường thẳng (d):

14 21 6

=



 =



 = −



H là hình chiếu của O lên mặt phẳng ( )α suy ra H là giao điểm của (d)

và ( )α H∈( )d ⇒H(14 ; 21 ; 6t t − t) 0,25

673 α

Vậy 588 882; ; 252

c

(0,75 đ)

Ta có B=(6;0; 2)−

Viết được mặt phẳng (P): 2x+3y=0 0,25 Bán kính mặt cầu (S) ( ,( )) 12

13

R d B P= =

( ) :( 6) ( 2)

13

S x− + + +y z =

0,25 + 0,25

(4 ; ; 3 )

M d∈ ⇒M +t t − t

( 5 ;2 ;3 3 ) ( ;1 ; 5 3 ) ( 1 ; ; 1 3 )

= − − − +

= − − − +

= − − − − +

uuur

uuur

uuuur

0,25

2

MA +MB +MC = t− ÷ + ≥

0,25

Đẳng thức xảy ra khi 2

11

t= Vậy MA2+MB2+MC2nhỏ nhất khi 46 2; ; 6

11 11 11