De thi va dap an thi HKII Lop 12 NH 20112012

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI KIỂM TRA HỌC KỲ II – MÔN TOÁN – KHỐI 12 – NĂM HỌC 2011&2012 Thời gian : 120 phút ( không kể thời gian phát đề) I – PHẦN CHUNG ( 7điểm) Bài 1 : ( 3 điểm) Cho hàm số y = x3 +3x2 – 4 , có đồ thị (C) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số b) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) và trục hoành c) Tìm tọa độ giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng (d) : y = x – 1 Bài 2 : ( 1 điểm) x 1 x x  2 8log 24 x  7log 2 x  3 0 Giải các phương trình sau : a) 2 .3 .5 72 ; b) Bài 3 : ( 1 điểm) a) Giải phương trình : 8z2 – 4z + 5 = 0 trên tập số phức (2  i).(5  3i) iz  i b) Tìm phần thực , phần ảo của số phức z biết Bài 4 : ( 2 điểm)  x 1  t   y 2  t (t  ) z 1  2t . Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm M(2;1;4) và đường thẳng (d) : a) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua M và chứa đường thẳng (d). b) Tìm điểm M’ đối xứng với điểm M qua đường thẳng (d). c) Viết phương trình mặt cầu (S) tâm M và tiếp xúc với trục Oz.Tìm giao điểm của đường thẳng (d) và mặt cầu (S). II – PHẦN RIÊNG ( 3điểm) A- Dành cho các lớp công lập Bài 5A : ( 3 điểm)  e x  cos x ln x J  dx I  dx  3 1  sin x x(1  ln x) 0 1 1) Tính các tích phân sau : a) ; b) x 1 y 2 z 3   3 1 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho 2 điểm A(5;4;3) ; B(6;7;2) và đường thẳng(d) : 2 Tìm tọa độ điểm C trên đường thẳng (d) sao cho ABC có diện tích nhỏ nhất . Tính giá trị nhỏ nhất đó. B- Dành cho các lớp phổ cập Bài 5B : ( 3 điểm) 2 1 e  x  ln x J  3 I  2 dx  dx x 1  x  0 1 1) Tính các tích phân sau : a) ; b) x  3 y  1 z 1   1 4 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A(–4; –2;4) và đường thẳng (d) : 2 Viết phương trình đường thẳng () qua A , cắt và vuông góc với đường thẳng (d) -------------------------------------- HẾT --------------------------------------.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN Nội dung. Thang điểm. a) Hàm số y = x3 + 3x2 – 4 MXĐ: D   x 0  y  4  lim y  y’ = 3x2 + 6x ; y’ = 0   x  2  y 0 ; x   y’’ = 6x + 6 ; y’’ = 0  x = –1  y = – 2 . Đồ thị có điểm uốn I(–1 ; –2). 0,25 đ 0,25 đ. Bảng biến thiên x. -2. y'. +. 0. 0. –. 0,25đ. +. 0. y. Bài 1 (3 điểm). 0. -4 Hàm số đồng biến trên các khoảng (- ; -2), (0 ; +) Hàm số nghịch biến trên khoảng (-2 ; 0). Hàm số đạt cực đại tại xCĐ = -2 và yCĐ = 0 Hàm số đạt cực tiểu tại xCT = 0 và yCT = -4 Đồ thị:. 0,25đ. 0,5 đ. b) Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và trục Ox là : x3 + 3x2 – 4 = 0  x 1    x  2. 0,25đ. Diện tích hình phẳng (H) cần tìm là : 1. 1. 1. 27 27 1  x  3x  4 dx  (x  3x  4)dx   x 4  x 3  4x      4 4 4   2 2 2 3. 2. 3. 2. S= c) Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d) là : x3 + 3x2 – 4 = x – 1  x 1  y 0  x  1  y  2    x3 + 3x2 – x – 3 = 0   x  3  y  4 Vậy có ba giao điểm là : A(1;0) ; B(–1; –2) ; C(–3; –4) Bài 2 (1 điểm). x 1 x x  2 a) 2 .3 .5 72  30x = 900  x = 2 2 b) 8log 4 x  7log 2 x  3 0. 0,25đ 0,25đ. 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  log 2 x 3  x 8 2log x  7log 2 x  3 0     1  log 2 x  x  2  2  a) 8z2 – 4z + 5 = 0 . Ta có ’ = –36 < 0 nên phương trình có hai nghiệm phức phân 1 3 1 3 z  i  z  i 4 4 4 4 biệt là : (2  i).(5  3i) iz   z ( 2  i)(5  3i)  13  i  z  13  i i b) Vậy phần thực của số phức z là – 13 và phần ảo của số phức z là 1  a (1;1;2) a) Đường  thẳng (d) qua N(1;2;1) và có vectơ chỉ phương Ta có MN ( 1;1;3)    n  MN ; a  (5;  1;  2) Mặt phẳng () qua M và chứa (d) nên có pháp véc tơ Phương trình mặt phẳng (): 5x – y – 2z – 1 = 0. b) Gọi H là hình chiếu của M lên đường thẳng  (d) . Ta   H( 1+ t ; 2 + t ; 1 + 2t)  MH (t  1; t  1;2t  3)  có H  (d) MH  a  MH.a 0  t – 1 + t + 1 + 4t – 6 = 0  t = 1  H(2 ;3 ;3) M’ đối xứng M qua (d)  H là trung điểm MM’ . Vậy M’(2 ;5 ;2) 2 2. Bài 3 (1 điểm). Bài 4 (2 điểm). Bài 5A (3 điểm). b). 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ. 0,25đ. 1 Đặt t = 1 + lnx  dt = x dx . Đổi cận : x = 1  t = 1 ; x = e  t = 2 2 2 2 e t 1 1 1 1 ln x  1 1 I  dx  3 dt ( 2  3 )dt  2    3 t t t t1 8  2t 1 1 x(1  ln x) Khi đó = 1 x  cos x J  dx 0 1  sin x. 0,25đ. 0,25đ. c) Phương trình mặt cầu (S) tâm M và tiếp xúc trục Oz là : (x – 2)2 + (y – 1)2 + (z – 4)2 = 22 + 12 = 5 Giao điểm của (d) và (S) ứng với t là nghiệm của phương trình : (t – 1)2 + (t + 1)2 + (2t – 3)2 = 5  6t2 – 12t + 6 = 0  t = 1 . Vậy giao điểm của (d) và (S) là H(2 ;3 ;3) e ln x I  dx 3 1 x(1  ln x) 1) a). . 0,25đ. 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ. .  cos x x dx   dx  0 1  sin x 0 1  sin x. 0,25đ. = =A+B   cos x d(1  sin x) dx   ln 1  sin x  0  0 1  sin x 1  sin x 0 0 . Xét A =. 0,25đ. .  x x dx  dx    x 1  sin x 2 0 0 2cos (  ) 4 2 Xét B = u x  du dx   1  dx   dv   x  x   2   v  tan  4  2  2cos         4 2 Đặt  . .    x  x  x   x tan     tan   dx   2  ln cos       4 20 0  4 2  4 2 0  Khi đó B = Vậy J = A + B = . 0,5đ.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Cách khác :    u x  cos x 2 x du (1  sin x)dx 2cos  2  4  dx  dx dx       dv  1  sin x  x    v  cot  x    2sin 2         2 4  2 4 C2: Đặt  . .    x   x  2 x   (x  cos x)cot  2  4    2 cos  2  4  .cot  2  4  dx   0      0. Khi đó J =. 0,25đ 0,25đ.     x  2 x 2  1  sin  2  4   .cos  2  4  2        2 dx    1  t 2  dt   x    0 sin    2 2 4 2 = = C3: Đặt t =   x  dt  dx    t  cos(   t)    t  cos t  dt J  dt  dt    J 0 0 0 1  sin(   t) 1  sin t 1  sin t. 0,25đ. .  2J   0. . Bài 5B (3 điểm). dt  1  sin t 0. . dt  t   tan    2   J   t  2 40 2cos2    2 4   AC (2t  4;3t  2; t) 2) Ta có C (d)  C( 1+ 2t ; 2 + 3t ; 3 + t)    AB (1;3;  1)   AB; AC  (6t  2;  3t  4;  3t  10) 1   1 1 SABC  [AB, AC] (6t  2)2  (  3t  4) 2  (  3t  10)2  54t 2  108t  120 2 2 =2 . 0,25đ. 0.5đ. . 1 66 54(t  1) 2  66  2 2. Do đó SABC nhỏ nhất  t = 1 . Khi đó Min SABC =  u ln x du dx   e   ln x  1 1 I  2 dx dv  x 2 dx  v  x x 1 1) a) . Đặt. 0,5đ. 0,25đ 0,25đ. 0.25đ 66 2 (đvdt) và điểm C(3;5;4). e. e e 1 1 1  1    ln x    dx    ln x  1   1 x e e 1 1 x Khi đó I =  1 2 1 x2  x  dx 2 J  3 3  dx  0  x  1 0  x 1  b) = Đặt t = x3 + 1  dt = 3x2 dx . Đổi cận : x = 0  t = 1 ; x = 1  t = 2. 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ. 2. 1 2 dt  1  1     2  3 t  3t  1 6 Vậy J = 1 2) Gọi H là hình chiếu của M lên đường  thẳng (d) . Đường thẳng (d) vectơ chỉ phương a (1;1;2)  Ta có H  (d)  H(–3+ 2t ; 1 – t ; –1 + 4t)  AH (2t  1;  t  3;4t  5). 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>     AH  a  AH.a 0  4t + 2 + t –3 + 16t – 20 = 0  t = 1  AH (3;2;  1)  AH (3;2;  1) nên có Đường thẳng () qua A(–4 ; –2 ;4) và có vectơ chỉ phương. phương trình là :. Phần chung. Phần riêng.  x  4  3t   y  2  2t  z 4  t . 0,25đ 0,25đ. , (t   ). KHUNG MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA TOÁN 12 HỌC KÌ 2 (Dùng cho loại đề kiểm tra TL) Chủ đề Mức nhận thức 1 2 3 4 Mạch KTKN Khảo sát hàm số và 1 2 bài toán liên quan 1,5 1,5 Phương trình mũ , 1 1 logarit và Số phức 1,0 1,0 Phương pháp toạ 1 1 1 độ trong KG 0,75 0,75 0,5 3 4 1 Tổng phần chung 3,25 3,25 0,5 Nguyên hàm và 1 1 tích phân 1,0 1,0 Phương pháp toạ 1 độ trong KG 1,0 1 2 Tổng phần riêng 1,0 2,0 3 5 3 Tổng toàn bài 3,25 4,25 2,5. Cộng 3 3,0 2 2,0 3 2,0 8 7,0 2 2,0 1 1,0 3 3,0 11 10,0.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>