Đáp án đề KT HK II (07-08).

không kể thời gian phát đề.. Gọi C là đồ thị hàm số.. Tính thể tích khối tròn xoay đợc tạo thành khi quay hình H quanh trục hoành.. a Viết phơng trình mặt phẳng P chứa đờng thẳng 1 và s

kiểm tra học kì II, năm học 2007-2008 Môn: Toán – l l ớp 12

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

-Đề bài

Bài 1 (3,5 điểm) Cho hàm số y = x3 3x2 + mx

a) Định m để hàm số đạt cực trị tại x = 2.

b) Khảo sát hàm số khi m = 0 Gọi (C) là đồ thị hàm số.

c) Biện luận theo k số nghiệm của phơng trình x3 3x2 k = 0.

Bài 2 (1,5 điểm)

a) Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đờng y = sinx; y = 0; x = 0; x =

2



Tính thể tích khối tròn xoay đợc tạo thành khi quay hình (H) quanh trục hoành.

b) Tính I =  

1 0

2)dx x

Bài 3 (1,0 điểm)

Tìm hệ số của x25y10 trong khai triển (x + y)15.

Bài 4 (1,5 điểm)

Cho hypebol (H): 1

8

y 4

x 2 2



 và đờng thẳng (): x y 2 = 0.

a) Chứng minh rằng () luôn cắt (H) tại hai điểm phân biệt.

b) Tìm điểm C thuộc (H) sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 4.

Bài 5 (2,5 điểm)

Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai đờng thẳng

1 : 

















0 1 z y 2x

0 3 2z y x

và 2:

2

1 z 1

1 y 1

2











a) Viết phơng trình mặt phẳng (P) chứa đờng thẳng 1 và song song với đờng thẳng 2.

b) Cho điểm M(2; 1 ; 0) Xác định điểm H thuộc đờng thẳng 1 sao cho độ dài

MH nhỏ nhất.

c) Tính khoảng cách giữa hai đờng thẳng 1 và 2.

-ĐáP áN Và hớng dẫn chấm đề kiểm tra học kì II

môn toán 12, năm học 2007-2008

Bài1

Y = 3x’= 3x 2 6x +mx +m

Hàm số đạt cực trị tại x=2

 y (2)= 0 ’= 3x  12 12 +m= 0  m=0

Khi m=0 hàm số trở thành y= x 3  3x

Xét y = 3x’= 3x 3 6x +mx,

y = 6x +mx ’= 3x’= 3x 6x +m

y (2)= 12 ’= 3x 12 =0,

y (2)= 12 ’= 3x’= 3x 6x +m =6x +m  0

 x=2 là điểm cực tiểu

Vậy khi x=2 thì hàm số đạt cực trị tại m = 0

b) Khi m= 0 hàm số trở thành y= x 3  3x 2

* Tập xác định: D=R

* Sự biến thiên

+ y = ’= 3x 3x 2 6x +mx

y =0 ’= 3x  3x 2 6x +mx=0 x = 0 hoặc x = 2

+ Giới hạn:  y

x



 y

xlim

+ Bảng biến thiên

x   0 2 

y' + 0  0 +

y 0 

  4 Hàm số đồng biến trên hai khoảng ( ; 0) và (2; )

Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2)

Hàm số đạt cực đại tại x=0 ; y CĐ =0

Hàm số đạt cực tiểu tại x=2; y CT = 4

+ y = 6x +mx ’= 3x’= 3x 6x +m,

y =0 ’= 3x’= 3x  6x +mx 6x +m =0  x=1 y= 2

Bảng xét dấu y’’:

x   1 

y’= 3x’= 3x  0 +

ĐTHS lồi điểm uốn lõm I(1; 2)

* Đồ thị:

Cho x= 1 y= 4

x= 3  y=0

Đồ thị qua các điểm (1; 4), (3; 0)

-4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5

-6 -5 -4 -3 -2 -1

1 2

x y

y = x 3  3x 2

(C)

0

y = x 3  3x 2

c) x 3  3x 2 k =0  x 3  3x 2 =k (1)

Phơng trình hoành độ giao điểm của hai đờng: (C): y= x 3  3x 2

(d): y= k

Đờng thẳng (d) song song hoặc trùng với trục hoành và đi qua điểm (0;k).

Số giao điểm của (d) và (C) là số nghiệm của phơng trình đã cho

Dựa vào đồ thị:

+ Khi k 4 hoặc k  0 thì (d) và (C) có một điểm chung suy ra phơng trình

đã cho có một nghiệm.

+ Khi k= 4 hoặc k = 0 thì (d) và (C) có hai điểm chung suy ra phơng trình

đã cho có hai nghiệm

+ Khi 4  k  0 thì (d) và (C) có ba điểm chung suy ra phơng trình đã cho

có ba nghiệm.

Bài2

a) Thể tích vật thể tròn xoay cần tìm:

V = 



2

0

2 xdx sin



=



2

0 cos2x)dx

-(1





2

π 0

| sin2x) 2

1 (x



=

4

2



(đvtt) b)

Đặt 







xdx dv

) x ln(1





















2 1 x 2 1 2 x v

dx x 1 2x du

2 2

2

Suy ra

0

| ) x ln(1 2

1

2



1 0

xdx

= ln2 

2 1

Bài3

Số hạng thứ (k+1) trong khai triển (x3 +xy)15 là

Tk+1 = k 3 15 k k

(k = 0, 1 , …, 15) , 15) = k 45 2k k

Hệ số của x 25 y 10 ứng với 







10 k

25 2k 45

 k = 10 Vậy hệ số của x 25 y 10 là 10

15

C = 3003

Bài 4

a) Toạ độ giao điểm của đờng thẳng () và Hypabol (H) là

là nghiệm của hệ phơng trình:















(2) 0 2 y x

(1) 1 8

y 4

x 2 2

Từ (2) ta suy ra: y = x 2 thay vào (1) ta đợc:

x 2 + 4x 12 = 0  x = 0 hoặc x = 6x +m

Với x = 0 thì y = 0, ta có A(2; 0)

Với x = 6x +m thì y = 8, ta có B(6x +m; 8)

Khi đó AB = 8 2

b) Gọi C(x;y)  (H) thì

d(C,) =

2

1 2 8

2,4 AB

2S ΔABC ABC







2

1 2

2 y x







 









1 x y

3 x y

Vì C  (H) nên có pt: 2x 2  y 2 = 8

Với y = x  3 thì x 2 + 6x +mx  17 = 0 





































26x +m 6x +m y 26x +m 3 x

26x +m 6x +m y 26x +m 3 x

Với y = x  1 thì x 2 + 2x  9 = 0 





































10 2 y 10 1 x

10 2 y 10 1 x

Vậy có 4 điểm cần tìm:  3  26 ;  6  26;  3  26 ;  6  26

 1  10 ;  2  10;  1  10 ;  2  10

Bài 5

a) Đờng thẳng  1 có VTCP:





1 1 2 1 2 2 1 2 1 1 1

Đờng thẳng  2 có VTCP: u2  ( 1 ;  1 ; 2 ) và  2 đi qua B(2; 1; 1) Khi đó VTPT của mp(P) là: n[ u 1 , u 2 ] = (13; 5 ; 4)

Phơng trình mặt phẳng (P) là: 13x + 5y 4z + 3 = 0

b) Vì H  2 nên H(2+t; 1t; 1+2t) và MH=(4+t; t; 1+2t)

MH nhỏ nhất MH   2 MH u2 = 0

 4 +t +t + 2(2t+1) = 0  6x +mt + 6x +m=0

 t= 1

Khi đó: H(1; 2; 1)

c)

d( 1 ,  2 ) =

] u , u [

AB ].

u , u [

2 1

2 1

Mà AB= (2; 0; 1)

 [ u 1 , u 2 ] AB 13.2 + (4)(1) = 30

[ u 1 , u 2 ]  210

Do đó: d( 1 ,  2 ) =

210

30

=

7 210