Xem mẫu
- 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
2 4
x 1
2
a/ A x 3 x 2 2 dx b/ B dx
cos2 x
0
1
3e 1 e x
x e2
ln11
d/ D x 2 ln 2 xdx
c/ C dx
x
e 2
ln 6 e
Bài 2.(1.0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi :
y 4 x 2 , y 0, x 1, x 3 .
Bài 3.(2.0 điểm)
1 i 3 i
và z2
a. Cho hai số phức z1 . Tính z1.z2.
2i 3 2
1 i 3
2
b. Tìm số phức z thỏa mãn : 1 i 3 i z 9 i (1 4i) z .
B. PHẦN RIÊNG (4.0 Đ)
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 OA 3i 2 j 7k , OB 6i 2k với i, 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 ( ) 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 m ặt phẳng ( ) .
c. Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm là B và tiếp xúc với mặt phẳng (P) chứa Oz và
song song AB.
x4 y z
Bài 6a. (1 điểm) Trong không gian Oxyz, đường thẳng d : và các điểm
1 1 3
A 1; 2;3 , B 4;1; 5 , C 3; 0; 1 .Tìm tọa độ điểm M trên d sao cho
MA 2 MB 2 MC 2 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
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 kho ảng cách từ A đến đ ường thẳng BC.
b. Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC.
c. Tìm tọa độ điểm M thuộc đ ường thẳng (d), biết (d) đi qua G và (d) vuông góc mặt phẳng
29
(ABC) sao cho thể tích tứ diện MABC bằng (đvtt).
4
Bài 6b: (1.0điểm)
x 1 t
Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng (d) : y 2 t
z 2t
Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đ ường 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
2 2
2
A x3 x 2 2 dx x3 ( x 4 4 x 2 4)dx 0,25
1 1
2
2
x8 2
1.a
( x 4 x 4 x )dx x 6 x 4
7 5 3
0,25
(0,75đ)
8 3 1
1
39
A 0,25
.
8
4
x 1
B dx
cos2 x
0
0,25
u x 1
du dx
dx
Đặt
dv v tan x
1.b
cos2 x
(0,75đ)
4 4
d (cos x ) 0,25
B ( x 1) tan x tan xdx ( x 1) tan x
4 4
cos x
0 0
0 0
0,25
2
B ( x 1) tan x ln(cos x ) 1 ln .
4 4
4 2
0 0
3e 1 e x
x
ln11
C dx
ex 2 0,25
ln 6
Đặt t e x 2 t 2 e x 2 2tdt e x dx
1.c
x ln11 t 3
(0,75đ) 0,25
x ln 6 t 2
3 3
C 2 3t 2 7 dt 2 t 3 7t 52 0,25
2
2
e2
D x 2 ln 2 xdx
e
ln x
du 2. x dx
u ln 2 x
Đặt 0,25
x3
2
dv x dx
v
3
e2 e2
x3 2
D . ln2 x x 2 ln xdx
3 3e
e
1.d
1
du x dx
(0,75đ)
m ln x
Đặt
2 3
dn x dx n x
0,25
3
2 2
e e e2
x3 2 x3 21
D .ln 2 x . .ln x . x 2 dx
3 33 3 3e
e e
e2 e2
e2
x3 2 x3 26e6 5e3
2
. ln2 x x 3 .ln x = 0,25
3 9 93 27
e
e e
- 2 1.0
2
Phương trình hoành độ giao điểm giữa y 4 x , y 0 :
x 2 [1; 3]
4 x2 0 4 x2 0
x 2 [1; 3]
0,25
Diện tích hình phẳng S đ ược tính bởi
3
4 x 2 dx
S
1
Đặt x 2 sin t , t ; dx 2 cos tdt
2 2
0,25
x 1 t
6
x 3t
3
3 3
S 4 cos2 tdt 2 (1 cos2t)dt 0,25
6 6
3
3
1
2 t sin 2t 2 0,25
3 6 2
2
6
3 2.0
2
1 i 3
1 i 3 1 3
Ta có z1 0,25
i
22
1 i 3 1 i 3 1 i 3
3.a i 2i 3 2
i 31
(1,0 đ) z2 i 0,25
88
2i 3 2 2i 3 2 2i 3 2
1
Suy ra z1 .z2 i . 0,5
4
2
Ta có 1 i 3 i z 9 i (1 4i) z
0,25
(2 6i) z 9 i (1 4i ) z
3.b
(1 2i) z 9 i 0,25
(1,0 đ)
9 i 11 17
z i 0,5
1 2i 5 5
Chương trình nâng cao
4b 1.0
/ 2
Ta có: 4 (2i) 0,5
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt là: z 2 3i; z 2 i . 0,5
5b 2.0
Gọi C ( x , y , z)
1 x 0
Do G là trọng tâm tam giác ABC, ta có 1 2 y 6 0,25
1 z 3
a.
C (1;3; 4)
(0,75 đ)
BA (1; 1; 1); BC (1;1; 5)
BA, BC 6;6;0 BA, BC 6 2 0,25
- Kho ảng cách từ A đến đ ường thẳng BC
0,25
BA, BC
26
d ( A, BC )
3
BC
Gọi H ( x1; y1; z1 )
AH x1 1; y1 1; z1 ; CH x1 1; y1 3; z1 4
Từ giả thiết ta có hệ sau:
0,25
AH .BC 0
b. CH .BA 0
(0,5 đ)
BA, BC .CH 0
x1 y1 5z1 0
Tìm được H (1;1;0)
x1 y1 z1 0 0,25
x y 2 0
1 1
Đường thẳng (d) vuông góc (ABC) nên có vec tơ chỉ phương u cùng
phương với vec tơ BA, BC 6;6; 0 , chọn u (1;1; 0) và (d) qua
G(0;2;-1) có phương trình:
0,25
x t
(d ) : y 2 t
z 1
M d M (t;2 t; 1);
c.
BM (t; t; 2);
(0,75 đ)
BA, BC .BM 12t 0,25
1 29
29
BA, BC .BM
VMABC
6
4 4
29 29
t t
8 8
0,25
29 45 29 13
Có hai điểm thỏa mãn đề là M1 ; ; 1 , M 2 ; ; 1 .
8 8 8 8
6b 1.0
Đường thẳng (d) qua N (1; 2;0) có vec tơ chỉ phương u (1;1; 2) .
(P) chứa (d) nên qua N (1; 2;0) , phương trình có dạng
0,25
A( x 1) B( y 2) Cz 0 ( n ( A; B; C ) 0 là vec tơ pháp tuyến (P))
Ta có n.u 0 A B 2C 0 A B 2C (2)
0
Gọi (0 90 ) là góc giữa (P) và trục Oy, ta có
n. j B
sin
A 2 B2 C 2
n. j
B
Từ (2) suy ra sin 0,25
2 B 2 4 BC 5C 2
- Nếu B = 0 thì sin 0 .
Nếu B 0 , chọn B = 1
0,25
1 1 1
sin
2 2
6
5C 4C 2 2 6
5C 5
5 5
lớn nhất khi sin lớn nhất.
5 2
khi B 1, C .
Cả hai trường hợp sin lớn nhất bằng 0,25
6 5
Vậy (P) cần tìm có phương trình : x 5y 2 z 9 0 .
Chương trình chuẩn
4a 1.0
2
0,5
Ta có 95 95i
5 95i 5 95i
0,5
Vậy phương trình có hai nghiệm: z và z .
6 6
5a 2.0
Ta có: A 3; 2; 7 , hình chiếu của A lên các trục tọa độ là:
0,25
A1 3;0; 0 , A2 0; 2; 0 , A3 0;0; 7 .
a.
Phương trình mặt phẳng :
(0,5 đ)
0,25
xyz
1 14 x 21 y 6 z 42 0
327
Gọi (d) là đường thẳng qua O và vuông góc với mặt phẳng .
x 14t
0,25
Phương trình đ ường thẳng (d): y 21t .
z 6t
H là hình chiếu của O lên mặt phẳng suy ra H là giao điểm của (d)
b.
(0,75 đ)
và . H d H 14t; 21t ; 6t
0,25
42
H 673t 42 0 t
673
588 882 252
Vậy H ;
; . 0,25
673 673 673
Ta có B (6; 0; 2)
0,25
Viết được mặt phẳng (P): 2 x 3y 0
12
c. Bán kính mặt cầu (S) R d ( B,(P )) 0,25
(0,75 đ) 13 +
144 0,25
(S) :( x 6)2 y 2 (z 2)2
13
6a 1.0
M d M (4 t; t; 3t )
MA (5 t; 2 t;3 3t)
0,25
MB (t;1 t; 5 3t )
MC (1 t; t; 1 3t)
MA 2 MB 2 MC 2 33t 2 12t 66 0,25
2
2 714 714
MA 2 MB 2 MC 2 33 t 0,25
11 11 11
- 2
Đẳng thức xảy ra khi t
11
46 2 6
Vậy MA 2 MB 2 MC 2 nhỏ nhất khi M ; ; 0,25
11 11 11
nguon tai.lieu . vn
