TRƯỜNG THPT LAO BẢO ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II- MÔN TOÁN 12 NĂM HỌC 2010 - 2011 (Thời gian làm bài 90 phút- không kể thời gian giao đề) ……………… *********……………… I . PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7,0 điểm ) Câu I (2,5 điểm) Cho hàm số 2 1 1 x y x + = − , có đồ thị (C). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng y=mx+1 cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt. Câu II (1,5 điểm) Tính các tích phân sau: 1) 3 2 0 x I dx 1 x = + ò ; 2) J= ∫ e xdxx 1 ln Câu III (3,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 4 điểm A(2;0;0), B(0;3;0), C(0;0;4), D(1;-2;4) 1. Viết phương trình mặt phẳng (ABC). 2. Viết phương trình tham số của đường thẳng CD. 3. Chứng minh rằng ABCD là hình tứ diện. Viết phương trình mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện ABCD II . PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm phần A hoặc phần B. 1. PHẦN A: Câu IV.a (2,0 điểm): Cho hình phẳng (D) giới hạn bởi đồ thị các hàm số: 2 2 ;y x x y x= − + = − . 1. Tính diện tích hình phẳng (D). 2. Tính thể tích khối tròn xoay sinh bởi (D) khi quay quanh Ox. Câu V.a (1,0 điểm) Cho số phức: ( ) ( ) 2 2 1 . 2z i i = − + . Tính giá trị biểu thức . = A z z . 2. PHẦN B: Câu IV.b (2,0 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): 2x – y – 2z + 3 = 0 và (Q): 2x – 6y + 3z – 4 = 0. Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm nằm trên đường thẳng 3 : 1 1 2 x y z+ ∆ = = − đồng thời tiếp xúc với cả hai mặt phẳng (P) và (Q). Câu Vb. (1,0 điểm) Tìm căn bậc hai của số phức 1 4 3i− + . Hết HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM 1 Câu Đáp án Điểm I 1) (2,0 điểm) • TXĐ: { } \ 1D R= • ( ) 2 3 y' 0, x D. x 1 − = < ∀ ∈ − • 1 1 lim ; lim x x y y + − → → = +∞ = −∞ : Đường thẳng x = 1 là tiệm cận đứng. lim 2 x y →±∞ = : Đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang. • Bảng biến thiên: 1 - - 2 2 + ∞ - ∞ + ∞ - ∞ y y' x Vậy, hàm số luôn nghịch biến trên các khoảng ( ) ;1−∞ và ( ) 1;+∞ Hàm số không có cực trị. • Đồ thị: - Đồ thị cắt trục Ox tại điểm 1 ;0 2 − ÷ và cắt trục Oy điểm ( ) 0; 1− - Đồ thị nhận điểm I(1; 2) là giao điểm của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng. - Vẽ: x=1 y=2 y x 2 O -1 - 1 2 1 I 0,25 0,25 0,25 0,75 0,5 2) (0,5 điểm) Hoành độ giao điểm của đường thẳng d: y=mx +1 và đồ thị (C) là nghiệm của phương trình: 2 1 1, 1 1 x mx x x + = + ≠ − ( ) ⇔ − + − = 2 mx (m 1)x 2 0, 1 (d) cắt (C) tại 2 điểm phân biệt ⇔ phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 2 0 0 0 5 2 6 0 10 1 0 5 2 6 m m a m m m m ≠ ≠ ≠ ⇔ ⇔ ⇔ < − − ∆ > + + > > − + Vậy, yêu cầu bài toán ( ) ( ) ( ) ; 5 2 6 5 2 6;0 0;m⇔ ∈ −∞ − − − + +∞U U 0,25 0,25 2 II 1) (0,75 điểm) Ta có: ( ) ( ) 3 3 1 2 2 2 2 0 0 x 1 I dx 1 x d 1 x 2 1 x - = = + + + ò ò 3 2 0 1 x 2 1 1= + = - = 0,5 0,25 2) (0,75 điểm) Đặt 2 1 ln 2 du dx u x x dv xdx x v = = ⇒ = = Suy ra: 2 2 2 1 1 1 1 1 1 ln ln ln 2 2 2 4 e e e e x x I x xdx x xdx x x = = − = − ÷ ∫ ∫ 2 1 4 e + = . 0,25 0,25 0,25 III 1) (1,0 điểm) Phương trình mặt phẳng (ABC) là: 1 2 3 4 x y z + + = 6 4 3 12 0x y z⇔ + + − = 1,0 2) (1,0 điểm) Đường thẳng CD đi qua điểm C(0;0;4) và nhận ( ) 1; 2;0CD = − uuur làm VTCP Vậy, PTTS của CD là: 2 , 4 x t y t t R z = = − ∈ = 0,25 0,75 3) (1,0 điểm) Thay toạ độ điểm D vào phương trình mp(ABC) ta được: 6.1+4(-2)+3.4-12 = -2 0 ≠ Suy ra: ( ) D ABC∉ . Vậy ABCD là một tứ diện. Phương trình mặt cầu có dạng: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0, 0x y z ax by cz d a b c d + + + + + + = + + − > Mặt cầu (S) đi qua 4 điểm A, B, C, D nên ta có hệ phương trình: 4 0 9 6 0 16 8 0 21 2 4 8 0 a a d b d c d a b c d + + = + + = + + = + − + + = Giải hệ phương trình trên ta được: 25 15 19 ; ; ; 54 2 2 4 a b c d= = = = − Vậy, phương trình của mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện ABCD là: 2 2 2 19 25 15 54 0 2 x y z x y z+ + + + + − = 0,25 0,25 0,25 0,25 IVa. 1) (1,0 điểm) Ta có: 2 2 0 2 3 0 3 x x x x x x x = − + = − ⇔ − = ⇔ = Suy ra, diện tích hình phẳng D là: ( ) 3 3 2 2 0 0 2 3S x x x dx x x dx = − − − + = − ∫ ∫ ( ) 3 3 3 2 2 0 0 3 27 9 3 9 2 3 2 2 x x x dx x = − = − = − = ÷ ∫ (đvdt) 0,25 0,25 0,5 3 2) (1,0 điểm) Thể tích vật thể tròn xoay là: ( ) ( ) ( ) 3 3 3 2 2 2 4 3 2 4 3 2 0 0 0 2 4 3 4 3V x x x dx x x x dx x x x dx π π π = − + − − = − + = − + ∫ ∫ ∫ = 3 5 4 3 0 27 27 5 5 5 x x x π π π = − + = − = ÷ (đvtt) 0,5 0,5 Va. (1,0 điểm) Ta có: ( ) ( ) ( ) 2 2 1 . 2 2 3 4 8 6z i i i i i = − + = − + = − Suy ra: 8 6z i= + Vậy, ( ) ( ) . 8 6 8 6 100A z z i i = = − + = 0,5 0,25 0,25 IVb (2,0 điểm) Phương trình tham số của ∆ là: 3 2 x t y t z t = = − − = Gọi I là tâm của mặt cầu (S), ta có: ( ) ; 3 ;2I I t t t∈∆ ⇒ − − Mặt khác: Mặt cầu (S) tiếp xúc với cả hai mặt phẳng (P) và (Q) ( ) ( ) ,( ) ,( )d I P d I Q⇔ = 2 3 4 3 2 18 6 6 4 6 14 14 6 2 1 3 7 3 7 3 t t t t t t t t t t + + − + + + + − − + + − + ⇔ = ⇔ = ⇔ = + 0 6 6 6 6 6 1 12 6 6 6 5 t t t t t t t t = − + = + ⇔ − + = + ⇔ ⇔ − + = − − = − Với ( ) 0 0; 3;0t I= ⇒ − và bán kính của mặt cầu (S) là ( ) ,( ) 2R d I P= = ⇒ phương trình mặt cầu (S) là: ( ) 2 2 2 3 4x y z+ + + = Với 12 12 3 24 ; ; 5 5 5 5 t I − = − ⇒ − − ÷ và bán kính của mặt cầu (S) là ( ) 14 ,( ) 5 R d I P= = ⇒ phương trình mặt cầu (S) là: 2 2 2 12 3 24 196 5 5 5 25 x y z + + + + + = ÷ ÷ ÷ 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 Vb (1,0 điểm) Gọi , ,w x yi x y R= + ∈ là căn bậc hai của số phức 1 4 3z i= − + , ta có: 2 2 2 2 1 4 3w z x y xyi i= ⇔ − + = − + 2 2 1 2 4 3 x y xy − = − ⇔ = Giải hệ ta được nghiệm là: ( ) ( ) 3;2 , 3; 2− − Vậy, có hai căn bậc hai của z là: 1 3 2w i= + và ( ) 1 3 2w i= − + 0,25 0,25 0,25 0,25 Đáp án này gồm 3 trang. 4 . ) ( ) ; 5 2 6 5 2 6;0 0;m⇔ ∈ −∞ − − − + +∞U U 0 ,25 0 ,25 2 II 1) (0,75 điểm) Ta có: ( ) ( ) 3 3 1 2 2 2 2 0 0 x 1 I dx 1 x d 1 x 2 1 x - = = + + + ò ò 3 2 0 1 x 2 1 1= + = - = 0,5 0 ,25 2) (0,75. là: ( ) 2 2 2 3 4x y z+ + + = Với 12 12 3 24 ; ; 5 5 5 5 t I − = − ⇒ − − ÷ và bán kính của mặt cầu (S) là ( ) 14 ,( ) 5 R d I P= = ⇒ phương trình mặt cầu (S) là: 2 2 2 12 3 24 196 5. trên ta được: 25 15 19 ; ; ; 54 2 2 4 a b c d= = = = − Vậy, phương trình của mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện ABCD là: 2 2 2 19 25 15 54 0 2 x y z x y z+ + + + + − = 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 IVa. 1) (1,0