đề kiểm tra giữa học kì 2

MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HK II(tham khảo) I/. MỤC TIÊU: 1/ Kiến thức: + Nhằm đánh giá và phân loại học sinh ở các nội dung: Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số, tính nguyên hàm và tích phân, ứng dụng tích phân, tọa độ điểm trong không gian, PT mặt phẳng và mặt cầu. 2/ Kĩ năng: +Vận dụng thành thạo khảo sát và vẽ đồ thị hàm số. +Sử dụng các phương pháp để tính tích phân. + Vận dụng các công thức tọa độ điểm trong không gian, PT mặt phẳng và mặt cầu. 3/ Tư duy & Thái độ: + Tư duy linh hoạt , sáng tạo, biết qui lạ về quen. + Thái độ nghiêm túc khi làm bài kiểm tra với thời gian 150 phút. II/. MA TRẬN 2 CHIỀU: CHỦ ĐỀ NHẬN BIẾT THÔNG HIỂU VẬN DỤNG TỔNG Khảo sát hàm số và vẽ đồ thị 1.1 2 1 2 Nguyên hàm 2.1 1 1 1 Tích phân 2.2a,b 2 2 2 Ứng dụng tích phân 1.2 1 4a 1 2 2 Tọa độ không gian 3 1 1 1 Mặt phẳng, mặt cầu 5.1,2 2 2 2 Tổng 2 2 4 5 3 3 9 10 SỞ GD & ĐT TP CẦN THƠ ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HKII, Năm học 2009-2010 TRƯỜNG THPT THỚI LAI MÔN : TOÁN , Lớp 12 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Phần chung: (7 điểm) Câu I: (3 điểm) Cho hàm số : 1 24 )( + − == x x xfy (1) 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) 2) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) và hai trục tọa độ. Câu II: (3 điểm) 1) Tìm họ các nguyên hàm của hàm số : 2010 )1()( −= xxxf 2) Tính các tích phân sau: a) ∫ ++ e xdxxx 1 2 ln).1( b) ∫ + 2 0 2 )cos1.(sin π dxxx Câu III: (1 điểm) Trong không gian Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(3, –1, 0), B(0, –7, 3), C(–2; 1; –1 ), D(3; 2; 6) . Tính thể tích tứ diện ABCD. Phần tự chọn : Thí sinh được chọn một trong hai phần tự chọn sau : Phần 1: (3 điểm) Câu IVa: (1 điểm) Tính thể tích của vật thể tròn xoay sinh ra bởi hình phẳng (D) quay quanh trục Ox, hình phẳng (D) giới hạn bởi đồ thị hàm số y = lnx , y = 0 , x = 2. Câu Va: (2 điểm) Trong không gian Oxyz, cho hai điểm A(0, 0, –3), B(2, 0, –1) và mặt phẳng (P) có phương trình là 3x – 8y + 7z – 1 = 0. 1) Viết phương trình mặt phẳng là trung trực của đoạn AB. 2) Viết phương trình mặt cầu tâm B và tiếp xúc với mặt phẳng (P). Phần 2: (3 điểm) Câu IVb: (1 điểm) Giải bất phương trình: [ ] 0)5(loglog 4 3 1 >−x Câu Vb: (2 điểm) Trong không gian Oxyz, cho điểm M(2, 4, –3) và mặt phẳng (P) có phương trình là 2x – y + 2z – 9 = 0. 1) Viết phương trình mặt phẳng đi qua M và song song với mặt phẳng (P). 2) Viết phương trình mặt cầu tâm M và tiếp xúc với mặt phẳng (P). Hết ĐÁP ÁN & BIỂU ĐIỂM Câu I: 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 1 24 )( + − == x x xfy +TXĐ: D = R\{-1} + + 4lim = +∞→ y x , 4lim = −∞→ y x , TCN là y = 4. + + +∞= − −→ y x 1 lim , −∞= + −→ y x 1 lim , TCĐ là x = - 1 + + 1,0 )1( 6 ' 2 −≠∀> + = x x y + +Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng )1;( −−∞ và );1( +∞− + BBT: + x - ∞ -1 + ∞ y’ + + y + ∞ 4 4 - ∞ + x = 0, y = -2; y = 0 , x = 1/2 ++ 2) Ta có, x = 0, y = -2; y = 0 , x = ½ Diện tích hình phẳng cần tính là S = dx x x ∫ + − 2 1 0 1 24 = dx x ∫ + − + 2 1 0 1 6 4 = ∫ + − + 2 1 0 ) 1 6 4( dx x ++ = 0 2 1 )1ln64( +− xx = 2 3 ln62 − = 2 2 3 ln6 − (đvdt) ++ O Câu II: 1) I = ∫ ∫ −= dxxxdxxf 2010 )1()( Đặt u = x – 1 ⇒ du = dx, x = u + 1 + I= ∫ + duuu 2010 )1( = ∫ + duuu )( 20102011 + = C uu ++ 20112012 20112012 = C xx + − + − 2011 )1( 2012 )1( 20112012 ++ 2) a). J = ∫ ++ e xdxxx 1 2 ln).1( Đặt    ++= = dxxxdv xu )1( ln 2        ++= = ⇒ x xx v dx x du 23 1 23 ++ J = ( x xx ++ 23 23 ) xln 1 e ∫ ++− e dx xx 1 2 )1 23 ( = 1 ) 49 ( 23 2323 e x xx e ee ++−++ + = 36 4998 23 ++ ee + b). ∫ + 2 0 2 )cos1.(sin π dxxx = ∫ 2 0 2 .sin π dxx + ∫ 2 0 2 cos.sin π xdxx + = ∫ − 2 0 )2cos1( 2 1 π dxx + )(sinsin 2 0 2 ∫ π xxd + = 0 2 )2sin 2 1 ( 2 1 π xx − + 0 2 3 sin 3 π x = 3 1 4 + π ++ Câu III: )3;6;3( −−=AB , )1;2;5( −−=AC , )6;3;0(=AD + [ ] )36;18;0(, −−=ACAB + [ ] 270)36.(6)18.(30.0., −=−+−+=ADACAB + Thể tích của tứ diện ABCD là V = [ ] ADACAB ., 6 1 = 45|270| 6 1 =− (đvtt) + Phần tự chọn: Phần 1: Câu IV a: Ta có lnx = 0 ⇔ x = 1, Thể tích khối tròn xoay là: V = π ∫ 2 1 2 ln xdx + Đặt    = = dxdv xu 2 ln      = = ⇒ xv dx x xdu 1 .ln.2 V = π ∫ 2 1 2 ln xdx = π ( ∫ − 2 1 2 .ln2 1 2 ln. dxxxx ) = π ( 1 2 22ln2 V− ) + ∫ = 2 1 1 ln xdxV    = = dxdv xu ln      = = ⇒ xv dx x du 1 ∫ = 2 1 1 ln xdxV = ∫ − 2 1 1 2 ln. dxxx = 1 2 2ln2 x− = 12ln2 − + Vậy V = π ( 1 2 22ln2 V− ) = 2 )12(ln2 − π + Câu Va: 1) )2;0;2(=AB , Gọi I là trung điểm AB , ta có I(1; 0; –2) ++ Mặt phẳng trung trực AB qua I nhận VTPT )2;0;2(=AB + PT mặt phẳng trung trực đoạn AB là: 2(x – 1) +0.(y – 0) + 2(z + 2) = 0 Hay x + z + 1 = 0 + 2) Mặt cầu (S) tâm B(2, 0, –1) tiếp xúc mp(P) nên (S) có bán kính R = d(B,(P)) = 118 2 7)8(3 1)1.(70.82.3 222 = +−+ −−+− ++ PT mặt cầu (S) là : (x – 2) 2 + (y – 0) 2 + (z + 1) 2 = 59 2 118 4 = ++ Phần 2: Câu IVb: [ ] 0)5(loglog 4 3 1 >−x , đk x > 5. + [ ] 0)5(loglog 4 3 1 >−x 1)5(log0 4 <−<⇔ x + 4log)5(log1log 444 <−<⇔ x + 96451 <<⇔<−<⇔ xx thỏa đk x > 5. Vậy tập nghiệm của BPT là T = (6 ; 9) + Câu Vb: 1) mp(Q) // mp(P) : 2x – y + 2z – 9 = 0 , nên PT mp(Q) có dạng + 2x – y + 2z + m = 0, mp(Q) qua M(2, 4, –3) nên + 2.2 – 4 + 2.(-3) + m = 0 ta được m = 6. + PT mp(Q): 2x – y + 2z + 6 = 0 + 2) Mặt cầu (S) tâm M(2, 4, –3) tiếp xúc mp(P) nên (S) có bán kính R = d(M,(P)) = 5 3 15 2)1(2 9)3.(242.2 222 == +−+ −−+− ++ PT mặt cầu (S) là : (x – 2) 2 + (y – 4) 2 + (z + 3) 2 = 25 ++ *Ghi chú: mỗi dấu + là 0,25 điểm. .      = = ⇒ xv dx x du 1 ∫ = 2 1 1 ln xdxV = ∫ − 2 1 1 2 ln. dxxx = 1 2 2ln2 x− = 12ln2 − + Vậy V = π ( 1 2 22ln2 V− ) = 2 ) 12( ln2 − π + Câu Va: 1) )2; 0 ;2( =AB , Gọi I là trung điểm AB , ta có I(1; 0; 2) ++ Mặt. C uu ++ 20 1 120 12 201 120 12 = C xx + − + − 20 11 )1( 20 12 )1( 20 1 120 12 ++ 2) a). J = ∫ ++ e xdxxx 1 2 ln).1( Đặt    ++= = dxxxdv xu )1( ln 2        ++= = ⇒ x xx v dx x du 23 1 23 ++ J. tích phân 1 .2 1 4a 1 2 2 Tọa độ không gian 3 1 1 1 Mặt phẳng, mặt cầu 5.1 ,2 2 2 2 Tổng 2 2 4 5 3 3 9 10 SỞ GD & ĐT TP CẦN THƠ ĐỀ KIỂM TRA GIỮA HKII, Năm học 20 09 -20 10 TRƯỜNG