Thi thử HK 2 - Môn Toán 2011 - 1

b Viết phương trình tiếp tuyến với C tại điểm có hoành độ x0 = 2 c Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị C, trục tung, trục hoành.

SỞ GD&ĐT QUẢNG TRỊ ĐỀ THI THỬ HỌC KỲ II NĂM HỌC 2010 - 2011 TRƯỜNG THPT NGUYỄN HỮU THẬN MÔN: TOÁN-KHỐI 12

Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu I:(3.0 điểm) Cho hàm số y x 3

x 1

+

=

− (1) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1)

b) Viết phương trình tiếp tuyến với ( C) tại điểm có hoành độ x0 = 2

c) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C), trục tung, trục hoành

Câu II:(1.5 điểm) Tính các tích phân sau:

a)

7

0

1

I = ∫ x +x dx; b) 4

0

(3 2 ) cos 2

π

=∫ −

Câu III:(1.0 điểm).

Tính thể tích của vật thể tròn xoay sinh ra bởi hình phẳng giới hạn bởi các đường y x= +3 1,y =0,x

=0,x =1 khi quay xung quanh trục Ox

Câu IV:(3.0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(–1; 0; 2)

mặt phẳng (P): 2x – y – z +3 = 0 và đường thẳng (d): 3 2 6

a) Tìm giao điểm của đường thẳng d và mặt phẳng (P) Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A và song song (P)

b) Viết phương trình mặt cầu (S) tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng (P) Tìm tọa độ tiếp điểm của (S) và (P)

c) Viết phương trình đường thẳng (∆) biết rằng (∆) đi qua điểm A, cắt (d) tại B và cắt (P) tại C sao cho

uuur uuur r

Câu V (1.5 điểm)

1.a) Tìm mô đun của số phức 2

9 15 (2 3 )

b)Cho số phức z thỏa mãn (1 )+i z+ −(4 7 ) 8 4i = − i.Tìm phần thực và phần ảo của số phức z

2.Cho số phức 1

1

i z i

−

= + .Tính giá trị của z2011

-HẾT -Giáo viên: Nguyễn Văn Bình

Họ và tên: ……….Số báo danh:………

SỞ GD&ĐT BÌNH ĐỊNH HƯỚNG DẪN CHẤM

TRƯỜNG THPT TAM QUAN THI HỌC KÌ II - MÔN TOÁN LỚP 12

NĂM HỌC 2010 - 2011

(Hướng dẫn chấm này gồm 04 trang)

I

(3 điểm) a/ (1.5 điểm) y x 3

x 1

+

=

−

 Sự biến thiên:

* Chiều biến thiên: ( )2

1

4 '

−

−

=

x

y <0 ;∀x≠1 Suy ra hàm số luôn nghịch biến trên (−∞,1 à 1,) (v +∞)

* Hàm số không có cực trị

*Giới hạn và tiệm cận:

−

+

3 lim lim

1

x y

x x

−

+

3 lim lim

1

x y

x

x Suy ra x=1 là TCĐ

lim =1

±∞

→

x

y Suy ra y=1 là TCN

* Bảng biến thiên:

1

+ ∞

-∞

1

-+∞

y y' x

0.25

0.25

0.25

 Đồ thị:

Điểm đặc biệt: Giao điểm của đồ thị với Oy :(0 ;-3) Giao điểm của đồ thị với Ox :(-3 ;0)

Đồ thị nhận giao điểm 2 đường tiệm cận I(1 ; 1) làm tâm đối xứng

4

2

-2

-4

-6

0.25

0.25

y

x

-3 -3

O

b/( 0.5 điểm) Với x0 = 2 ⇒y0= 5

 Hệ số góc của tiếp của (C) tại (2;5) là : k = f’(2)= -4

 Phương trình tiếp tuyến : y = -4(x -2)+5 ⇔ y = -4x +13

c/.(1.0 điểm) Hoành độ giao điểm của ( C)và trục hoành là nghiệm PT:

x 3 0 x 3 0 x 3

x 1+ = ⇔ + = ⇔ = −

− Hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C), trục tung, trục hoành có diện tích là

S =

0 3

(1 ) ( 4ln 1)

x

= 3 4ln 4− =4ln 4 3− (đvdt)

0.25 0.25 0.25

0.5 0.25

II

(1.5 điểm) a/(0.75 điểm)

7

0

1

I = ∫ x +x dx

Đặt :

2

3 2

Đổi cận:x= ⇒ =0 t 1;x= 7⇒ =t 2

2 2

(16 1)

0.5 0.25 b/(0.75 điểm)

4

0

(3 2 ) cos 2

π

=∫ − Đặt:

sin 2 cos 2

2

x

4

π

π

−

∫

0.25 0.25 0.25

III

(1 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị y x= +3 1và y=0:

x3+ = ⇔ = − ∉1 0 x 1 [ ]0;1

Gọi V là thể tích của vật thể cần tìm :

1 7

4 0

1

x

0.25 0.25 0.5

/(1.5 điểm)* Tọa độ giao điểm là nghiệm của hệ 2x – y – z +3 = 0 (1) và

0.25

(2 điểm) 3 2 6

(2) -Đặt t = 3 2 6

⇒ x = 3 + 2t; y = 2 + 4t và z = 6 + t

- Thay vào (1) giải được t = 1

- Thay t= 1 lại (3) được tọa độ giao điểm là M(5; 6; 7)

* Do mặt phẳng (Q) qua A và song song (P) nên có phương trình dạng

2x – y – z + d = 0

* Vì (Q) qua A(–1; 0; 2), nên có d = 4 Vậy pt (Q): 2x – y – z + 4 = 0

0.5 0.25

0.25 0.25

b/ (1.0 điểm)

* Mặt cầu tâm A và tiếp xúc với mặt phẳng (P) có bán kính

R = d(A, (P)) = 2( 1) 2 3 1

4 1 1 6

− − +

= + +

⇒ Phương trình mặt cầu là : 2 2 2 1

( 1) ( 2)

6

*Đường thẳng( )∆ qua A(-1;0;2) và vuông góc (P) nhận VTPT của (P)

(2; 1; 1)

nr= − − làm VTCP có PTTS:

1 2

,( ) 2

= − +





 = −

 -Gọi H = ∆ ∩( ) ( )P .H là tiếp điểm có tọa độ là nghiệm của hệ:

1 6

( ; ; )

6 2

11 6

t

x y z

x

H

y

z

 =





− − + =

 =



0.25 0.25 0.25

0.25

c/ (1.0 điểm)

* B ∈ (d) ⇒ B(3 + 2t; 2 + 4t; 6 + t) ⇒ uuurAB=(4 + 2t; 2 + 4t; 4 + t)

* Từ uuurAC+2uuur rAB=0 ⇒ uuurAC=(- 8 – 4t; - 4 – 8t; - 8 – 2t)

⇒ C(- 9 – 4t; - 4 – 8t; - 6 – 2t)

* C ∈ (P) ⇒ t = 5/2 ⇒ uuurAB=(9; 12; 13/2 ) là một vtcp của (∆)

* Mà (∆) qua A nên có ptts là

1 9 12 13 2 2



 = − +





 = +



0.25

0.25

IV

(1.5điểm)

2

(1 ) (4 7 ) 8 4 (1 ) 4 3

4 3 (4 3 )(1 ) 4 4 3 3 7 1

Số phức z có phần thực là a =7

2,phần ảo là b = 1

2

− ,

0.25 0.25

0.25 0.25 2.(0.5 điểm)Ta có:

2

( ) 1

i i

1005

1005

( 1)

i

⇒ + ÷ = + ÷  + ÷=  + ÷   + ÷

0.25

0.25

-HẾT -* Lưu ý: Nếu học sinh có cách giải khác mà vẫn đúng thì giám khảo cho điểm tối đa từng phần như đáp

án trên.