Kiểm tra HK2 Toán 12-Khánh Hòa

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II NĂM HỌC 2010-2011 KHÁNH HOÀ MÔN TOÁN - LỚP 12 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC A. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ HỌC SINH (7.00 ĐIỂM) Bài 1. (2.00 điểm) Tính các tích phân: a) 2 3 0 I (1 2sin x) cosxdx π = + ∫ . b) e 1 J (1 x)ln xdx= + ∫ . Bài 2. (2.00 điểm) a) Cho hình phẳng (S) giới hạn bởi các đường (C): y = 2 x , (d): y = 6 x− và trục hoành (phần nằm ngoài parabol (C)). Tính diện tích của hình phẳng (S). b) Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi đường (C): y = 2 x 2x− + và trục hoành. Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình (H) quanh trục hoành. Bài 3. (3.00 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(2; 1;6)− , B( 3; 1; 4)− − − , C(5; 1;0)− , D(1;2;1) . a) Chứng minh tam giác ABC vuông. Viết phương trình đường thẳng ( )∆ vuông góc với mặt phẳng (ABC) tại trung điểm của cạnh AB. b) Viết phương trình mặt phẳng trung trực (P) của cạnh DA. c) Viết phương trình mặt cầu (S) ngoại tiếp tứ diện ABCD. B. PHẦN RIÊNG - PHẦN TỰ CHỌN (3.00 ĐIỂM) Học sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần I hoặc phần II) I. THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN Bài 4a. (1.00 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) : 2x 2y z 1 0− + − = và hai điểm A(2; 3; 2), B(3; 4; 4). Tìm tọa độ điểm M trên đường thẳng AB sao cho khoảng cách từ M đến (P) bằng 1. Bài 5a. (1.00 điểm) Giải phương trình 2 z 4z 7 0− + = trên tập hợp các số phức. Bài 6a. (1.00 điểm) Tìm tất cả các số phức z thỏa mãn đẳng thức 2 z z 0+ = . II. THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Bài 4b. (1.00 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm N (0; 4; 2), mặt phẳng (Q) : x 2y z 8 0− + + = và đường thẳng ( ∆ ): x 3 y 1 z 1 1 1 1 + − − = = − . Tính khoảng cách từ điểm N đến đường thẳng ( ∆ ). Tìm tọa độ của điểm M trên ( ∆ ) sao cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng (Q). Bài 5b. (1.00 điểm) Biểu diễn số phức z = 1− + i dưới dạng lượng giác. Bài 6b. (1.00 điểm) Giải phương trình 3 2 z 5z (9 4i)z 8i 1 0− + + − − = trên tập hợp các số phức, biết rằng phương trình có một nghiệm thuần ảo. Hết Ghi chú: - Đề thi này có 01 trang; - Giám thị không giải thích gì thêm. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM KIỂM TRA HỌC KỲ II NĂM 2011 KHÁNH HOÀ MÔN TOÁN - LỚP 12 (ĐỀ CHÍNH THỨC) Bài Đáp án Điểm 1a 1 điểm Đặt u 1 2sin x du 2cos xdx= + ⇒ = 0.25 Đổi cận x 0 u 1; x u 3 2 π = ⇒ = = ⇒ = 0.25 Do đó 3 3 4 1 1 3 u du 1 1 u 2 8 I == ∫ 0.25 10I = . 0.25 1b 1 điểm Đặt 2 1 du dx u ln x x dv (1 x)dx x v x 2  =  =   ⇒   = +   = +   0.25 Do đó e 2 e 2 1 1 x x 1 J x ln x x dx 2 2 x     = + − +  ÷  ÷     ∫ 0.25 e e 2 2 1 1 x x J x ln x x 2 4     = + − +  ÷  ÷     0.25 Tính được ( ) 2 1 J e 5 4 = + . 0.25 2a 1 điểm Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d) 2 x 3 x 6 x x 2 = −  = − ⇔  =  (C) tiếp xúc với trục hoành tại x = 0, (d) cắt trục hoành tại x = 6 8 6 4 2 -15 -10 -5 5 q y ( ) = 0 h x ( ) = 0 y x y = 6 - x y = x 2 -3 6 2 O g x ( ) = 6-x f x ( ) = x 2 0.25 Vậy 2 6 2 0 2 S x dx (6 x)dx= + − ∫ ∫ (phần gạch chéo trong hình vẽ) 0.25 6 2 2 3 0 2 1 x S (x ) 6x 3 2   = + −  ÷   0.25 32 S 3 = (đvdt). 0.25 2b 1 điểm Phương trình hoành giao điểm của (C) và Ox là 2 x 2x 0 x 0,x 2− + = ⇔ = = 0.25 Thể tích 2 2 2 2 2 2 3 4 3 4 5 Ox 0 0 0 4 1 V ( x 2x) dx (4x 4x x )dx x x x 3 5   = π − + = π − + = π − +  ÷   ∫ ∫ 0.50 16 S 15 π = (đvtt). 0.25 3a 1 điểm CA ( 3;0;6)= − uuur , CB ( 8;0; 4)= − − uuur 0.25 CA.CB 24 0 24 0⇒ = + − = uuur uuur CA CB ⇒ ⊥ . Vậy tam giác ABC vuông tại C. 0.25 Trung điểm của AB là 1 M ; 1;1 2   − −  ÷   Đường thẳng ( )∆ qua M, vuông góc với (ABC) nên ( )∆ có vectơ chỉ phương là 0 6 6 3 3 0 CA,CB ; ; (0; 60;0) 0 4 4 8 8 0 − −    = = −  ÷   − − − −   uuur uuur 0.25 Do đó 1 x 2 ( ) : y 1 60t (t R) z 1  = −   ∆ = − − ∈   =   . 0.25 3b 1 điểm Trung điểm của DA là 3 1 7 N ; ; 2 2 2    ÷   0.25 DA (1; 3;5)= − uuur 0.25 Mặt phẳng trung trực (P) của cạnh DA đi qua N và có vectơ pháp tuyến là DA uuur nên 3 1 7 (P) :1 x 3 y 5 z 0 2 2 2       − − − + − =  ÷  ÷  ÷       hay (P) : 2x 6y 10z 35 0− + − = . 0.50 3c 1 điểm Ta có M là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC. Suy ra tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là giao điểm I của ( )∆ và (P). Tọa độ của I là nghiệm của hệ phương trình 1 x 2 1 13 y 1 60t I ; ;1 2 3 z 1 2x 6y 10z 35 0  = −      = − − ⇒ − −   ÷    =  − + − =   0.50 Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là ( ) 2 2 2 1 13 1525 R IA 2 1 6 1 2 3 36     = = + + − + + − =  ÷  ÷     0.25 Vậy phương trình mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD là 2 2 2 1 13 1525 (S): x y (z 1) 2 3 36     + + + + − =  ÷  ÷     . 0.25 4a 1 điểm Đường thẳng AB có 1 vectơ chỉ phương ( ) AB 1;1;2= uuur và đi qua điểm ( ) A 2;3;2 0.25 Suy ra phương trình của (AB): x 2 t y 3 t z 2 2t = +   = +   = +  (t R)∈ 0.25 ( ) M (AB) M 2 t;3 t;2 2t∈ ⇒ + + + 0.25 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2. 2 t 2. 3 t 1. 2 2t 1 d M, P 1 1 2 2 1 + − + + + − = ⇔ = + − + 2t 1 3⇔ − = t 2 t 1⇔ = ∨ = − . Kết luận M(4; 5; 6); M(1; 2; 0). 0.25 5a 1 điểm 2 ' 3 3i∆ = − = nên '∆ có hai căn bậc hai là i 3± 0.50 Vậy phương trình có hai nghiệm 1 2 z 2 i 3 , z 2 i 3= − = + . 0.50 6a 1 điểm z = x + iy ( x,y R∈ ), 2 2 2 2 2 z z 0 x y x y 2xyi 0+ = ⇔ − + + + = 0.25 2 2 2 2 2xy 0 x y x y 0 =   ⇔  − + + =   x 0 x 0 x 0 y 0 y 1 y 1 = = =    ⇔ ∨ ∨    = = = −    0.50 Vậy z = 0, z = i, z = - i. 0.25 4b 1 điểm Đường thẳng ( ∆ ) đi qua A(-3;1; 1) và có một vectơ chỉ phương ( ) u 1;1;1= − r 0.25 ( ) AN 3;3;1= uuur , ( ) AN,u 2; 4;6   = −   uuur r ( ) AN,u 56 d N,( ) 3 u     ⇒ ∆ = = uuur r r 0.25 Phương trình tham số của ( ∆ ): x 3 t y 1 t z 1 t = − −   = +   = +  ; ( ) M ( ) M 3 t;1 t;1 t∈ ∆ ⇒ − − + + 0.25 Đường thẳng MN có một vectơ chỉ phương ( ) NM 3 t;t 3;t 1= − − − − uuuur (Q) có một vectơ pháp tuyến ( ) n 1; 2;1= − r Do ( ) N Q∉ nên ( ) MN / / Q NM n NM.n 0⇔ ⊥ ⇔ = uuuur r uuuur r ( ) t 1 M 4;2;2⇔ = ⇒ − . 0.25 5b 1 điểm z 1 i z 2 r= − + ⇒ = = 0.25 1 2 1 2 3 cos , sin 2 2 4 2 2 π ϕ = − = − ϕ = = ⇒ ϕ = 0.50 Vậy 3 3 z 2(cos isin ) 4 4 π π = + . 0.25 6b 1 điểm Gọi nghiệm thuần ảo là z = ki (k ∈ R) Ta có 3 2 (ki) 5(ki) (9 4i)(ki) 8i 1 0− + + − − = 0.25 2 3 5k 4k 1 (k 9k 8)i 0⇔ − − − − + = 2 3 5k 4k 1 0 k 1 k 9k 8 0  − − =  ⇔ ⇔ =  − + =   Vậy nghiệm thuần ảo là z = i 0.25 Suy ra 3 2 2 z 5z (9 4i)z 8i 1 0 (z i) z (5 i)z 8 i 0   − + + − − = ⇔ − − − + − =   2 z i z (5 i)z 8 i 0 (*) =  ⇔  − − + − =  0.25 Giải (*) và kết luận phương trình có ba nghiệm là z i; z 2 i; z 3 2i= = + = − . 0.25 Hết Ghi chú : Nếu học sinh có cách giải khác mà đúng thì vẫn chấm điểm tối đa phần tương ứng. . Hết Ghi chú: - Đề thi này có 01 trang; - Giám thị không giải thích gì thêm. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM KIỂM TRA HỌC KỲ II NĂM 2011 KHÁNH HOÀ MÔN TOÁN - LỚP 12 (ĐỀ CHÍNH THỨC) Bài. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II NĂM HỌC 2010-2011 KHÁNH HOÀ MÔN TOÁN - LỚP 12 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)