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
2
3 2
1
2A x x dx= −
∫
b/
π
+
=
∫
4
2
0
1
cos
x
B dx
x

c/
( )

ln11
ln6
3 1
2
x x
x
e e
C dx
e
+
=
−
∫
d/
2
2 2
ln
e
e
D x xdx=
∫
Bài 2.(1.0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi :
2
4 , 0, 1, 3y x y x x= − = = − =
.
Bài 3.(2.0 điểm)
a. Cho hai số phức
1
1 3
1 3

i
z
i
+
=
−
và
2
2 3 2
i
z
i
=
−
. Tính z
1
.z
2
.
b. Tìm số phức z thỏa mãn :
( ) ( )
2
1 3 9 (1 4 )i i z i 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
3z
2
– 5z + 10 = 0

Bài 5a. (2.0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho
3 2 7 , 6 2OA i j k OB i k
= + − = −
uuur r r r uuur r r
với
, ,i j k
r r r

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
:
1 1 3
x y z
d
−
= =
−
và các điểm


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

2 2 2
MA MB MC+ +
nhỏ nhất.
2. Theo chương trình nâng cao (Các lớp còn lại):
Bài 4b. (1.0 điểm) Giải phương trình sau trên tập số phức
z
2
– 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
x t
y t
z t
= −


= − +


=

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
Bài Đáp án Điểm
1 3.0
1.a
(0,75đ)
( )
2 2
2

3 2 3 4 2
1 1
2 ( 4 4)= − = − +
∫ ∫
A x x dx x x x dx
0,25

2
2
8
7 5 3 6 4
1
1
2
( 4 4 )
8 3
 
= − + = − +
 ÷
 
∫
x
x x x dx x x
0,25
39
8
A =
. 0,25
1.b
(0,75đ)

4
2
0
1
cos
x
B dx
x
π
+
=
∫
Đặt
2
1
tan
cos
u x
du dx
dx
v x
dv
x

= +

=

⇒
 

=
=



0,25
4 4
4 4
0 0
0 0
(cos )
( 1)tan tan ( 1)tan
cos
d x
B x x xdx x x
x
π π
π π
= + − = + +
∫ ∫
0,25
4 4
0 0
2
( 1)tan ln(cos ) 1 ln .
4 2
B x x x
π π
π
= + + = + +

0,25
1.c
(0,75đ)
( )
ln11
ln6
3 1
2
+
=
−
∫
x x
x
e e
C dx
e
Đặt
2
2 2 2
x x x
t e t e tdt e dx= − ⇒ = − ⇒ =
0,25
ln11 3
ln6 2
x t
x t
= ⇒ =
= ⇒ =
0,25

( ) ( )
3
3
2 3
2
2
2 3 7 2 7 52C t dt t t= + = + =
∫
0,25
1.d
(0,75đ)
2
2 2
ln=
∫
e
e
D x xdx
Đặt
2
3
2
ln
2.
ln
3
x
du dx
u x
x

x
dv x dx
v

=


=
 
⇒
 
=



=


2
2
3
2 2
2
.ln ln
3 3
e
e
e
e
x

D x x xdx= −
∫
0,25
Đặt
2
3
1
ln
3
du dx
m x
x
dn x dx
x
n

=


=

⇒
 
=


=


2 2

2
3 3
2 2
2 2 1
.ln . .ln .
3 3 3 3 3
e e
e
e
e e
x x
D x x x dx⇒ = − +
∫
0,25
2 2
2
3 3
2 3
2 2
.ln .ln
3 9 9 3
e e
e
e
e e
x x
x x x= − +
=
6 3
26 5

27
e e−
0,25
2 1.0
Phương trình hoành độ giao điểm giữa
2
4 , 0= − =y x y
:
2 2
2 [ 1; 3]
4 0 4 0
2 [ 1; 3]

= − ∉ −
− = ⇔ − = ⇔

= ∉ −


x
x x
x
0,25
Diện tích hình phẳng S được tính bởi
3
2
1
4S x dx
−
= −

∫
Đặt
2sin , ; 2cos
2 2
x t t dx tdt
π π
 
= ∈ − ⇒ =
 
 
0,25
1
6
3
3
x t
x t
π
π
= − ⇒ = −
= ⇒ =
3 3
2
6 6
4 cos 2 (1 cos2 )S tdt t dt
π π
π π
− −
= = +
∫ ∫

0,25
3
6
1 3
2 sin2 2
2 3 6 2
t t
π
π
π π
−
 
 
= + = + +
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
0,25
3 2.0
3.a
(1,0 đ)
Ta có
( )
( ) ( )
2
1
1 3
1 3 1 3

2 2
1 3
1 3 1 3
+
+
= = = − +
−
− +
i
i
z i
i
i i
0,25
( )
( ) ( )
2
2 3 2
3 1
8 8
2 3 2
2 3 2 2 3 2
+
= = = −
−
− +
i i
i
z i
i

i i
0,25
Suy ra
1 2
1
.
4
z z i=
. 0,5
3.b
(1,0 đ)
Ta có
( ) ( )
2
1 3 9 (1 4 )+ − = + + +i i z i i z
(2 6 ) 9 (1 4 )⇔ + = + + +i z i i z
0,25
(1 2 ) 9⇔ + = +i z i
0,25
9 11 17
1 2 5 5
+
⇔ = = −
+
i
z i
i
0,5
Chương trình nâng cao
4b 1.0

Ta có:
/ 2
4 (2 )i∆ = − =
0,5
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt là:
2 3 ; 2z i z i= + = −
. 0,5
5b 2.0
a.
(0,75 đ)
Gọi
( , , )C x y z
Do G là trọng tâm tam giác ABC, ta có
1 0
1 2 6
1 3
x
y
z

+ =

+ + =


+ = −

( 1;3; 4)C⇒ − −
0,25
(1; 1; 1); ( 1;1; 5)BA BC= − − = − −

uuur uuur
0,25
( )
, 6;6;0 , 6 2BA BC BA BC
   
= ⇒ =
   
uuur uuur uuur uuur
Khoảng cách từ A đến đường thẳng BC
,
2 6
( , )
3
BA BC
d A BC
BC
 
 
= =
uuur uuur
uuur
0,25
b.
(0,5 đ)
Gọi
1 1 1
( ; ; )H x y z
( ) ( )
1 1 1 1 1 1
1; 1; ; 1; 3; 4AH x y z CH x y z= − − = + − +

uuur uuur
0,25
Từ giả thiết ta có hệ sau:
. 0
. 0
, . 0
AH BC
CH BA
BA BC CH

=


=


 
=

 

uuur uuur
uuur uuur
uuur uuur uuur
1 1 1
1 1 1
1 1
5 0
0
2 0

x y z
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
u
r
cùng
phương với vec tơ
( )
, 6;6;0BA BC
 
=
 
uuur uuur
, chọn
(1;1;0)u =
r

và (d) qua
G(0;2;-1) có phương trình:
0,25
( ): 2
1
x t
d y t
z

=

= +


= −

( ;2 ; 1);
( ; ; 2);
, . 12
M d M t t
BM t t
BA BC BM t
∈ ⇒ + −
= −
 
=
 
uuur
uuur uuur uuur
0,25

29 1 29
, .
4 6 4
MABC
V BA BC BM
 
= ⇔ =
 
uuur uuur uuur

29 29
8 8
t t⇔ = ⇔ = ±
0,25
Có hai điểm thỏa mãn đề là
1 2
29 45 29 13
; ; 1 , ; ; 1
8 8 8 8
M M
   
− − − −
 ÷  ÷
   
.
6b 1.0
Đường thẳng (d) qua
(1; 2;0)N −
có vec tơ chỉ phương
( 1;1;2)u = −

r
.
0,25
(P) chứa (d) nên qua
(1; 2;0)N −
, phương trình có dạng
( 1) ( 2) 0A x B y Cz− + + + =
(
( ; ; ) 0n A B C= ≠
r r
là vec tơ pháp tuyến (P))
Ta có
. 0 2 0 2n u A B C A B C= ⇔ − + + = ⇔ = +
r r
(2)
Gọi
0
(0 90 )
ϕ ϕ
≤ ≤
là góc giữa (P) và trục Oy, ta có
2 2 2
.
sin
.
n j
B
n j
A B C
ϕ

= =
+ +
r r
r r
0,25
Từ (2) suy ra
2 2
sin
2 4 5
B
B BC C
ϕ
=
+ +
• Nếu B = 0 thì
sin 0
ϕ
=
.
• Nếu
0B ≠
, chọn B = 1
2 2
1 1 1
sin
6
5 4 2
2 6
5
5

5 5
C C
C
ϕ
= = ≤
+ +
 
+ +
 ÷
 
ϕ
lớn nhất khi
sin
ϕ
lớn nhất.
Cả hai trường hợp
sin
ϕ
lớn nhất bằng
5
6
khi
2
1,
5
B C= = −
.
Vậy (P) cần tìm có phương trình :
5 2 9 0x y z+ − + =
.

0,25
Chương trình chuẩn
4a 1.0
Ta có
( )
2
95 95∆ = − = i
0,5
Vậy phương trình có hai nghiệm:
5 95
6
i
z
−
=
và
5 95
6
i
z
+
=
. 0,5
5a 2.0
a.
(0,5 đ)
Ta có:
( )
3;2; 7A
−

, hình chiếu của A lên các trục tọa độ là:
( )
1
3;0;0A
,
( )
2
0;2;0A
,
( )
3
0;0; 7A
−
.
0,25
Phương trình mặt phẳng
( )
α
:
1 14 21 6 42 0
3 2 7
x y z
x y z
+ − = ⇔ + − − =
0,25
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
x t
y t
z t
=


=


= −

.
0,25
H là hình chiếu của O lên mặt phẳng
( )
α
suy ra H là giao điểm của (d)
và
( )
α
.
( ) ( )
14 ;21 ; 6∈ ⇒ −H d H t t t
0,25
( )

42
673 42 0
673
α
∈ ⇒ − = ⇒ =H t t
Vậy
588 882 252
; ;
673 673 673
 
−
 ÷
 
H
. 0,25
c.
(0,75 đ)
Ta có
(6;0; 2)B = −
Viết được mặt phẳng (P):
2 3 0x y+ =
0,25
Bán kính mặt cầu (S)
12
( ,( ))
13
R d B P= =
2 2 2
144
( ):( 6) ( 2)

13
S x y z− + + + =
0,25
+
0,25
6a 1.0
(4 ; ; 3 )M d M t t t∈ ⇒ + −
( 5 ;2 ;3 3 )
( ;1 ; 5 3 )
( 1 ; ; 1 3 )
MA t t t
MB t t t
MC t t t
= − − − +
= − − − +
= − − − − +
uuur
uuur
uuuur
0,25
2 2 2 2
33 12 66MA MB MC t t+ + = − +
0,25
2
2 2 2
2 714 714
33
11 11 11
MA MB MC t
 

+ + = − + ≥
 ÷
 
0,25
Đẳng thức xảy ra khi
2
11
t =
Vậy
2 2 2
MA MB MC+ +
nhỏ nhất khi
46 2 6
; ;
11 11 11
M
 
−
 ÷
 
0,25