10 Đề kiểm tra HK2 môn Toán lớp 12 năm 2013 - 2014

Chia sẻ: Phan Doanh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:53

Thêm vào BST

Báo xấu

507
lượt xem 218
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo 10 đề kiểm tra học kỳ 2 môn Toán lớp 12 năm 2013 - 2014 dành cho các bạn học sinh nhằm giúp các bạn luyện tập và củng cố kiến thức môn Toán về tìm nguyên hàm, diện tích hình phẳng. Mời các bạn cùng tham khảo.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: 10 Đề kiểm tra HK2 môn Toán lớp 12 năm 2013 - 2014

KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ II Năm học: 2013-2014 Môn thi: TOÁN - Lớp 12 ĐỀ 11 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) (Đề gồm có 01 trang) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC HỌC SINH (7,0 điểm) Câu I (4,0 điểm)    1) Tìm nguyên hàm F  x  của hàm số: f  x   sin 2 x biết F    2 4 2) Tính các tích phân sau:  2 2 0   a) I   cos x 1  sin 2 x dx b) J   1  x  ln xdx 1 Câu II (1,0 điểm) 2 Tìm phần thực, phần ảo, số phức liên hợp của số phức:  2  3i 1 i  Câu III (2,0 điểm) x  2 y z1 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng có phương trình      và 1 4 2 mặt phẳng  P x  y  z  4  0 1) Tìm tọa độ giao điểm của    và  P . 2) Viết phương trình mặt phẳng  Q chứa    và vuông góc  P . II. PHẦN RIÊNG – PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm) A. PHẦN 1 (THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN) Câu IVa ( 2,0 điểm) 2x 1 1) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau: y  , tiệm cận ngang, trục x 1 Oy, x = 2 2) Giải phương trình z 4  z 2  6  0 trên tập số phức. Câu Va ( 1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A  0;1;1 , B  1; 0; 2 ,C  3;1; 0 . Viết phương trình mặt cầu nhận BC làm đường kính. B. PHẦN 2 (THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO) Câu IVb (2,0 điểm) 1) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) của hàm số y  x 4  2 x 2  3 , trục hoành. 2) Tìm số phức z = a + bi biết z  40 và có phần ảo gấp ba phần thực. Câu Vb (1,0 điểm) x  1 t  Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm M  2;1; 4 và đường thẳng   y  2  t . z  1  2t  Tìm tọa độ điểm H thuộc  sao cho đoạn MH có độ dài nhỏ nhất. -------------------------Hết--------------------------
Môn thi: Toán CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM Câu I 1. (1,0 điểm) (3,0 điểm) 1 0,5 F  x    sin2 xdx  1 cos2x   C 2      0,25 F     1 C   C   1  2 4 4 4 1  0,25 F  x   1  cos2x    1 2 4 2. (1,0 điểm) a. Đặt u  sin x  du  cosxdx 0,5 x  0 u 0 0,5 Đổi cận  x   u 1 2 1 1 0,5  u3  4 I  2  1  u du   u    3 3 0  0 b. 1 0,25 Đặt u  ln x  du  x dv  1  2x  dx  v  x  x 2 0,25 2 2 0,5   I  x  x 2 ln x   1  x dx 1 1 5 0,5 I  6ln2  2 Câu II (1,0 điểm) 2 0,5  2  3i 1  i   6  4i Mođun 2 13 0,25 số phức liên hợp 6  4i 0,25 Câu III 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) Gọi M là giao điểm của    và  P  x  2  t 0,5  y  4t  Tọa độ M là nghiệm của hệ   z  1  2 t x  y  z  4  0  Suy ra M  1; 4;1 0,5 2. (1,0 điểm)  Mặt phẳng  P có vtpt n  1;1;1  Đường thẳng    có vtcp u  1; 4; 2 0,25 Mặt phẳng đi qua điểm M  2; 0; 1 và nhận vectơ 0,25    u, n   2;1; 3 làm vec tơ pháp tuyến có phương trình  
2  x  2  y  3  y  1  0 0,25  2x  y  3y  1  0 0,25 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Câu IVa 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) 2 3 0,5 S  dx 0 x 1 2 0,25  3ln x  1 0  3ln3 0,25 2. (1,0 điểm) y  z2 Phương trình ban đầu có dạng y 2  y  6  0 0,25 y  2 hay y  3 0,25 Với y  2 thì z  2 0,25 Với y  3 thì z   3i 0,25   Câu Va BC  4;1; 2 0,5 (1,0 điểm)  1  0,5 Mặt cầu nhận BC làm đường kính có tâm I  1; ;1 có phương  2  2 2 1 2 21 trình  x  1   y     x  1   2 4 Câu IVb (1,0 điểm) 1. 3 0,5 S  2  x 4  2x 2  3dx 0 3 0,25  x5 2  S  2   x3  3x   5 3 0 Kết quả 0,25 2.  b  3a  0,5 Ta có  2 2 a  b  40  a  2 a  2 0,25  hay  b  6  b  6 Có 2 số phức z  2  6i hay z  2  6i 0,25 Câu Vb (1,0 điểm) H    H 1  t;2  t;1  2t  0,25       MH  u  MH.u  0 0,25 H  2;3; 4 0,5
KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ II Năm học: 2013-2014 Môn thi: TOÁN - Lớp 12 ĐỀ 12 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) (Đề gồm có 01 trang) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC HỌC SINH (7,0 điểm) Câu I (4,0 điểm) 3x 3  2x 2  3x  1 1) Tìm nguyên hàm của hàm số.f(x) = biết F(1) = 3 (1đ) x 1 e 3 1 2) Tính tích phân: a. I =  x 2  x  1 dx b. J =  ( ln x  1  x)(ln x  1)dx 0 1 z1  z 2 Câu II (1,0 điểm) Cho các số phức: z1 = 1 + 2i; z2 = i tính |w| biết w = z1  z 2 x 1 y z  1 Câu III (2,0 điểm) Cho A(1; 3; 2) B(-3; 1; 0) và đường thẳng Δ :   2 2 1 1) Viết phương trình mặt phẳng (P) là trung trực của đoạn AB. 2) Tìm điểm M thuộc Δ sao cho đoạn AM ngắn nhất. II. PHẦN RIÊNG – PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm) A. PHẦN 1 (THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN) Câu IVa ( 2,0 điểm) 1) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi: y = ex(x + 1), y = 2ex , trục tung 2) Biết z1; z2; z3 là ba nghiệm phức của phương trình: z3 – 8 = 0 Tính A = |z1| + |z2| + |z3 | Câu Va ( 1,0 điểm) x  2  t  Cho A(0; -1; 2) mp(P): 2x + 2y + z + 2 = 0 đường thẳng Δ :  y  1  t ; tìm M thuộc Δ z  1  t  sao cho mặt cầu tâm M tiếp xúc (P) và đi qua diểm A. B. PHẦN 2 (THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO) Câu IVb (2,0 điểm)  x2  y 2  5x  3 y  4  0  1) Giải hệ phương trình  . log12  x  1  log12  y  3  1.  2) Biết z1; z2 là hai nghiệm phức của phương trình: z12 + (3 + 2i)z + 2i + 2 = 0 . tính |z1|2 + |z2|2 Câu Vb (1,0 điểm) x  2  t  Cho A(0; -1; 2) mp(P): 2x + 2y + z + 2 = 0 đường thẳng Δ :  y  1  t ; tìm M thuộc Δ z  1  t  sao cho mặt cầu tâm M tiếp xúc (P) và đi qua diểm A. -------------------------Hết--------------------------
Câu Đáp án HDC Câu I 3x 3  2x 2  3x  1 1 1.Tìm nguyên hàm của hàm số. f(x) = biết F(1) = 3 x 0.25 (1đ) 2 1 + f (x)  3x  2x  3  x 0.25 + F(X) = x 3  x 2  3x  ln | x | C + F(1) = 1 -1 + 3 + C 0.25 + F(1) = 3  3+C=3 C=0 + F(X) = x 3  x 2  3x  ln | x | 0.25 2 1 3 a. I =  x 2  x  1 dx 0 + Đăt t = x + 1 0.25 + dt = dx 0.25 +x=1; t=2 x = 0; t = 1 1,5đ 2 2 0.5 t  2t  t dt 2 3 5 4 3 + I   (t  1) t dt = 1 1 0.5 1 2 1 + I  ( t 6  t 5  t 4 ) |1 = 2 6 5 4 e 1 b. J =  ( ln x  1  x)(ln x  1)dx 1 e e 0.25 + J   dx   x(ln x  1)dx 1 1 e + J  x |1  A = e – 1 + A 0.25 1,5đ e + A =  x(ln x  1)dx 1 1 + đặt u = lnx + 1 du = dx x 0.25 1 + dv = xdx v = x2 2 e 1 2 e 1 +A= x (ln x  1) |1   xdx 2 2 1 0.25 1 1 2 e 1 e2 1 + A = e2 -  x |1 = e2 - -  2 4 2 4 4 0.5 2 1 e 1 3 2 5 + I = e – 1 +e2 - -  = e e 2 4 4 4 4
Câu II z1  z 2 Cho các số phức: z1 = 1 + 2i; z2 = i tính |w| biết w = 1đ z1  z 2 1  3i (1  3i)(1  i) + W = 1 i 2 0.5 + w = -1 –i 0.25 +|w| = 2 0.25 Câu III x 1 y z  1 Cho A(1; 3; 2) B(-3; 1; 0) và đường thẳng Δ :   2 2 1 1. Viết phương trình mặt phẳng (P) là trung trực của đoạn AB.   0.25 + AB  (4; 2; 2) + I là trung điểm AB I(-1; 2; 1) 0.25 + mp(P): -4(x – 1) – 2(y – 3) – 2(z – 2) = 0 + mp(P): 2x + y + z – 7 = 0 0.5 2. Tìm điểm M thuộc Δ sao cho đoạn AM ngắn nhất.    + M(1 + 2t; -2t; -1 – t) AM   2t; 2t  3; 3  t  VTCP Δ : u Δ   2; 2;1 0.25 + AM ngắn nhất khi AM vuông góc Δ    0.25 + AM.u Δ  0 + 4t + 4t + 6 -3 – t = 0 0.25 3 1 6 4 0.25 +t=  M( ; ; ) 7 7 7 7 Câu IVa 1Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi: y = e x(x + 1), y = 2ex , trục tung + ex(x + 1)= 2ex + ex(x – 1) = 0 x=1 0.25 1 + S   e x (x  1)dx 0.25 0 + đặt u = x – 1 du = dx x + dv = e dx v = ex 1 + S   x  1 ex |1   e x dx = 0.25 0 0 + 1  e x |1 = |2 – e| = e – 2 0 0.25 2. Biết z1; z2; z3 là ba nghiệm phức của phương trình: z3 – 8 = 0 Tính A = |z1 | + |z2 | + |z3| + z3 – 8 = 0 + (z – 2)(z2 + 2z + 4) = 0 0.25
+ z1 =2 0.25 + z2 + 2z + 4 = 0 + Δ '  1  4  3  i 2 3 0.25 + Z2  1  3i ; z3  1  3i 0.25 + A = |z1| + |z2| + |z3| = 2 + 2 + 2 = 6 Câu Va x  2  t  Cho A(0; -1; 2) mp(P): 2x + 2y + z + 2 = 0 đường thẳng Δ :  y  1  t ; tìm M z  1  t  thuộc Δ sao cho mặt cầu tâm M tiếp xúc (P) và đi qua diểm A. + M(2 – t; 1 + t; 1 + t)   0.25 + AM   2  t; 2  t; t  1 + AM= 3t 2  2t  9 2  2  t   2(2  t)  t  1  2 0.25 t 9 + d (M;P)  = 3 3 t 9 + 3t 2  2t  9 = 3 + 9(3t2 – 2t + 9) = t2 + 18t + 81 + 26t2 – 26t = 0 +t=0 M(2; 1; 1) 0.25 0.25 +t=1 M (1; 2; 2) Câu IVb  x2  y 2  5x  3 y  4  0  1.Giải hệ phương trình  . log12  x  1  log12  y  3  1.  0.25 + ĐK: x  1 và y  3 (*). 2 2 + x 2  y 2  5 x  3 y  4  0   x  2    x  2   y  1   y  1 + f  t   t 2  t đồng biến trên  0;    và (*) nên (1)  x  2  y  1  y  x  1. 0.25 x  5 0.25 + log12  x  1  log12  y  3  1   x  1 x  2  12    y  6.  x  2  l  0.25 + Kết luận: nghiệm của hệ phương trình là x  5, y  6 . 2. Biết z1; z2 là hai nghiệm phức của phương trình: z12 + (3 + 2i)z + 2i + 2 = 0 . tính |z1 |2 + |z2 |2 0.5 + z1 = - 1; z2 = -2i – 2 0.5
2 2 + |z1 | + |z2 | = 1 + 8 = 9 Câu Vb x  2  t  Cho A(0; -1; 2) mp(P): 2x + 2y + z + 2 = 0 đường thẳng Δ :  y  1  t ; tìm M z  1  t  thuộc Δ sao cho mặt cầu tâm M tiếp xúc (P) và đi qua diểm A. + M(2 – t; 1 + t; 1 + t)   0.25 + AM   2  t; 2  t; t  1 + AM= 3t 2  2t  9 2  2  t   2(2  t)  t  1  2 0.25 t 9 + d (M;P)  = 3 3 t 9 + 3t 2  2t  9 = 3 + 9(3t2 – 2t + 9) = t2 + 18t + 81 + 26t2 – 26t = 0 +t=0 M(2; 1; 1) 0.25 0.25 +t=1 M (1; 2; 2)
KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ II Năm học: 2013-2014 Môn thi: TOÁN - Lớp 12 ĐỀ 13 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) (Đề gồm có 01 trang) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC HỌC SINH (7,0 điểm) Câu I (4,0 điểm) 5 3) Tìm nguyên hàm F(x) của hàm số f ( x)  2 biết rằng F(3) = 1  x  2 3) Tính các tích phân sau: 1 e x3  ln x a) I   x x 2  1dx b) J   dx 0 1 x2 Câu II (1,0 điểm) 1 - 5i Tìm phần thực, phần ảo của số phức: z = (2 - i)(3 + 2i) - 1+ i Câu III (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(3;1;0) và mặt phẳng (P): 2x + 2y - z + 1 = 0. 1) Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P). Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua điểm A và song song với mặt phẳng (P). 2) Xác định tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A lên mặt phẳng (P). II. PHẦN RIÊNG – PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm) A. PHẦN 1 (THEO CHƯƠNG TRÌNH CHUẨN) Câu IVa ( 2,0 điểm) 3) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đường sau: y = x 3 - 3x, y = x. 4) Giải phương trình 3z2 – 2z + 1 = 0 trên tập số phức. Câu Va ( 1,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho điểm A(2; 1; 0), B (1; 2; 2), C (1;1; 0) mặt phẳng (P): x + y + z - 20 = 0. Xác định tọa độ điểm D thuộc đường thẳng AB sao cho đường thẳng CD song song với mặt phẳng (P). B. PHẦN 2 (THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO) Câu IVb (2,0 điểm) x  2 3) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) của hàm số y  , trục tung và x 1 trục hoành.  4) Tìm số phức z biết iz  3 z  7  5i Câu Vb (1,0 điểm) x  3  t  x  2 y 1 z Trong không gian toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng 1:  y  t và 2:   . z  t 2 1 2  Xác định toạ độ điểm M thuộc 1 sao cho khoảng cách từ M đến 2 bằng 1. -------------------------Hết--------------------------
ĐÁP ÁN Câu Nội dung Điểm 1 5 0,5 F ( x)   C (1,0 điểm) x2 C=2 0,25 5 F ( x)   2 0,25 x2 2a Đặt t  x 2  1  t 2  x 2  1  tdt  xdx 0,5 (1,5 điểm) x  0  t 1 0,25 x 1 t  2 2 2 0,5 I  t dt 1 2 t3 2 2 0,25   3 0 3 Câu 2b e e ln x 0,25 (1,5 điểm) J   xdx   dx = J1 – J2 I 1 1 x2 e x2 e2 1 0,25 J1    2 1 2 2  1 u  ln x  du  x dx   Đặt  1 Ta có  0,25  dv  x 2 dx  v   1   x e e  1  1 J 2    ln x    2 dx 0,25  x 1 1 x 2 0,25  1 e e2 2 3 J   2 e 2 0,25 Câu II z = 10 + 4i 0,5 (1,0 điểm) phần thực của z bằng 10 0,25 phần ảo của z bằng 4 0,25 Câu 1 d(A,(P)) = 3 0,5 III (1,0 điểm) (Q): 2x + 2y = z – 8 = 0 0,5 2 Gọi d là đường thẳng qua A và vuông góc với (P) (1,0 điểm)  x  3  2t  0,5 d :  y  1  2t  z  t  Gọi H là hình chiếu của A lên (P) H = d  (P) Tọa độ điểm H là nghiệm cảu hệ phương trình 0,25
 x  3  2t  y  1  2t 0,25    z  t  P  : 2 x  2 y  z  1  0  H(1;-1;1) Câu 1  x  2 0,25 IVa (1,0 điểm) Ta có x  3x  x   x  0 3  x  2  Gọi S là diện tích cần tìm 2 3 0,25 S x  4 x dx 2 o 2  x  4 x  dx  x  4 x  dx 0,25 3 3  2 0 =8 0,25 2 2 0,5 (1,0 điểm)   2   2i  1  2i 0,5 Nghiệm của phương trình là z  3 Câu Va Phương trình đường thẳng AB là: ( 1,0 điểm) x  2  t 0,25  y  1 t  z  2t    Toạ độ D có dạng D(2  t ;1  t ; 2t)  CD  (1  t ; t ; 2t) 0,25  Vectơ pháp tuyến của (P) là: n  (1;1;1).    1 CD //(P)  CD.n  0  (1  t)  t  2t  0  t   . 0,25 2 5 1  Vậy D  ; ; 1  0,25 2 2  Câu 1 x  2 0,25 0x2 IVb (1,0 điểm) x 1 Gọi S là diện tích cần tìm 2 x  2 S dx 0,25 0 x 1 2  3  0,25 =   1  x  1  dx 0   2 =   x  3ln x  1   2  3ln 3 0,25 0 Gọi z = a + bi  a, b   Ta có i( a + bi ) + 3( a - bi ) = 7 + 5i 0,25 2 0,25  3a  b  (a  3b)i  7  5i (1,0 điểm) 3a  b  7 0,25   a  3b  5
a  2  0,25 b  1 z=2–i M  1  M(3+t; t; t) 0,25 qua A(2;1; 0)  2    co 1 VTCP a2  (2;1; 2)        Ta có : AM  (1  t ; t  1; t )  [a2 , AM ]  (2  t; 2; t  3) ; Câu Vb (1,0 d(M; 2) = 1 0,25 điểm) (2  t )2  4  (t  3)2 0,25  1 4 1  4 t  1  M (4;1;1)  2t 2  10t  17  3  2t 2  10t  8  0   t  4  M (7; 4; 4) 0,25
KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ II Năm học: 2013-2014 Môn thi: TOÁN - Lớp 12 ĐỀ 14 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) (Đề gồm có 01 trang) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ HỌC SINH (7,0 điểm) Câu I (4,0 điểm) 1. Tìm nguyên hàm F ( x) của hàm số f ( x)  x x 2  1 . 2. Tính các tích phân sau:  1 2 4  x  I    3  dx J   x.cos 2 xdx 0 x 1  0 Câu II (1,0 điểm) Tìm số phức liên hợp và tính môđun của số phức z , biết: z  (3  2i )(2  3i )  4  10i Câu III (2,0 điểm) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz , cho hai điểm A(1; 1;3) , B(1; 5;5) và mặt phẳng ( ) : 2 x  y  z  4  0 . 1. Tìm giao điểm của đường thẳng AB và mặt phẳng ( ) . 2. Tìm toạ độ điểm A ' đối xứng với điểm A qua mặt phẳng ( ) . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Học sinh chỉ được chọn một trong hai phần (phần cho chương trình chuẩn 4a, 5a, 6a và phần cho chương trình nâng cao 4b, 5b, 6b). 1. Theo chương trình chuẩn Câu IVa (2,0 điểm) 1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số y  x 3  8 x , y  6 x 2 và các đường thẳng x  1 , x  3 . 2. Giải phương trình (1  2i) z  3  2i  4  iz trên tập số phức. x 1 y 1 z  2 Câu Va (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng  :   và mặt 2 1 3 phẳng ( ) : 2 x  y  2 z  1  0 . Tìm điểm M trên đường thẳng  sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( ) bằng 1. 2. Theo chương trình nâng cao Câu IVb (2,0 điểm) 1. Tính thể tích khối tròn xoay do hình phẳng giới hạn bởi các đường sau quay xung quanh trục Ox: y  1  cos 2 x , y = 0 , x = 0 , x = p . 2. Tính giá trị biểu thức S  (1  i )2012  (1  i) 2012 . x  1  Câu Vb (1,0 điểm) Trong không gian Oxyz , cho hai đường thẳng d :  y  1  t và z  2  t  x 1 y 1 z  2 :   . Tìm điểm M trên d và N trên  sao cho đường thẳng MN đồng thời 2 1 3 vuông góc với d và  . Hết
HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Nội dung Điểm I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ HỌC SINH 7,0 Câu I 1. Tìm nguyên hàm F ( x) của hàm số f ( x)  x x 2  1 1,0 F ( x)   x x 2  1dx . 0,25 Đặt t  x 2  1  t 2  x 2  1  xdx  tdt 0,25 3 t 1 F ( x)   t 2 dt  C  ( x 2  1)3  C 3 3 0,5 1 2  x  2. Tính I    3  dx 1,5 0 x 1  1 x2 I dx . Đặt u  x3  1  du  3x 2 dx 0,5 0 ( x 3  1)2 Đổi cận x  0  u  1 ; x  1  u  2 2 0,25 1 1 2 I   2 du =  1 3u 3u 1 0,5 1 1 1 =   6 3 6 0,25  4 Tính J   x.cos 2 xdx 1,5 0  du  x u  x  Đặt   1 0,5  dv  cos 2 xdx v  2 sin 2 x    x 4 14 0,5 J  sin 2 x   sin 2 xdx 2 0 20   1 4  1 0,5   cos 2 x   8 4 0 8 4 Câu II Tìm z và tính | z | , biết z  (3  2i )(2  3i )  4  10i 1,0 z  13i  4  10i  4  3i 0,5 z  4  3i 0,25 | z | (3)2  (4)2  5 0,25 Câu III Cho hai điểm A(1; 1;3) , B(1; 5;5) và mặt phẳng ( ) : 2 x  y  z  4  0 1. Tìm giao điểm của đường thẳng AB và mặt phẳng ( ) . 1,0 Đường thẳng AB qua A(1; 1;3) có vectơ chỉ phương 0,25 Gọi M  AB  ( ) . Ta có M  AB nên M(1; 1  4t;3  2t) 0,25 0,25 Mặt khác, M  ( ) nên: 2.1  (1  4t)  (3  2t)  4  0  t  1 Suy ra giao điểm của AB và ( ) là M (1;3;1) . 0,25 2. Tìm toạ độ điểm A ' đối xứng với A qua mặt phẳng ( ) 1,0 x  1  2t  0,25 Đường thẳng (d ) qua A vuông góc với ( ) có phương trình d :  y  1  t  z  3 t 
Gọi H  d  ( ) thì H là nghiệm hệ phương trình:  x  1  2t  t 1    y  1  t x  3   . Suy ra H (3;0; 2) 0,25  z  3 t y  0 2x  y  z  4  0  z  2  A ' đối xứng với A qua ( ) khi và chỉ khi H là trung điểm AA ' 0,25  x A '  2x H  x A  5   y A '  2y H  y A  1 Vậy A’( 5; 1; 1) 0,25  z  2z  z  1  A' H A II. PHẦN RIÊNG 3,0 1. Theo chương trình chuẩn Câu 1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị các hàm số y  x 3  8 x , 1,0 IVa y  6 x 2 và các đường thẳng x  1 , x  3 Xét trên đoạn [1;3], f1 ( x)  f 2 ( x)  0  x3  6 x 2  8 x  0  x  2  [1;3] 0,25 3 2 3 0,25 S   x3  6 x 2  8 x dx   ( x3  6 x 2  8 x)dx   ( x 3  6 x 2  8 x)dx 1 1 2 2 3  x4   x4     2 x3  4 x 2     2 x3  4 x 2  0,25  4 1  4 2 7 7 7    (ñvdt ) 0,25 4 4 2 2. Giải phương trình (1  2i ) z  3  2i  4  iz trên tập số phức 1,0 Phương trình đã cho tương đương với phương trình (1  3i ) z  1  2i 0,25 1  2i (1  2i)(1  3i ) 0,25 z z 1  3i (1  3i)(1  3i ) 5  5i 1 1 z  z  i 0,5 10 2 2 Câu Va x 1 y 1 z  2 Cho đường thẳng  :   và mặt phẳng ( ) : 2 x  y  2 z  1  0 . 2 1 3 1,0 Tìm điểm M trên  sao cho khoảng cách từ M đến ( ) bằng 1 Điểm M    M (1  2t ; 1  t ; 2  3t ) với t  R . 0,25 2(1  2t )  (1  t )  2(2  3t )  1 d (M ;( ))  1   1  t  4  3 0,25 2 2  12  (2) 2 t  1  M (1; 2; 1)  t  7  M (13; 8; 19) Vậy có 2 điểm M thỏa mãn yêu cầu là M (1; 2; 1) và M (13; 8; 19) . 0,5 2. Theo chương trình nâng cao Câu 1. Tính thể tích khối tròn xoay do hình phẳng giới hạn bởi các đường sau 1,0 IVb quay xung quanh trục Ox: y  1  cos 2 x , y = 0 , x = 0 , x = p   2 V    1  cos 2 x  dx    (1  2cos 2 x  cos2 2 x)dx 0,25 0 0
 1  cos 4 x   0,25    (1  2cos 2 x  ) dx   (3  4cos 2 x  cos 4 x) dx 0 2 20  1  3 2 0,5  (3 x  2sin 2 x  sin 4 x)  (đvtt) 2 4 0 2 2. Tính giá trị biểu thức S  (1  i )2012  (1  i) 2012 1,0   0,5 1  i  2(cos 2012  i sin )  (1  i ) 1006 2 (cos 503  i sin 503 )  21006 4 4   1  i  2(cos( )  i sin( ))  (1  i) 2012  21006 (cos(503 )  i sin( 503 )) 4 4 0,5 1006  2 Do đó, S  21007 . Câu Vb x  1  x 1 y 1 z  2 1,0 Cho hai đường thẳng d :  y  1  t và  :   . Tìm điểm M  d z  2  t 2 1 3  và N   sao cho đường thẳng MN đồng thời vuông góc với d và  .  d có vectơ chỉ phương u  (0;1; 1) . Điểm M  d  M (1;1  t ; 2  t ) .   có vectơ chỉ phương v  (2;1;3) . Điểm N    N (1  t '; 1  t '; 2  3t ') .   0,25 Ta có MN  (t '; t ' t  2;3t ' t )        MN  d  MN  u   MN .u  0  Theo đề ta có:             MN    MN  v   MN .v  0  0,25 t ' t  1 2 7   t '  ,t  0,25 6t ' t  1 5 5 2 17 7 3 16 0,25 Vậy M (1; ; ) và N ( ; ; ) . 5 5 5 5 5
KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ II Năm học: 2013-2014 Môn thi: TOÁN - Lớp 12 ĐỀ 15 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) (Đề gồm có 01 trang) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ HỌC SINH (7,0 điểm) Câu I (4,0 điểm). 1) Tìm nguyên hàm F(x) của hàm số f  x   2  4e x  3sin x biết F  0   5 2) Tính các tích phân sau:  3 2 a) I =  x x  2 dx b) J   x cos xdx 2 0 Câu II (1,0 điểm). 1  3i Tìm phần thực, phần ảo và môđun của số phức z, biết z   3  2i  (4  i )  . 1 i Câu III (2,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A 1; 2; 0  , B  3; 4; 2  và mp  P  : x  y  z  4  0 1.Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua hai điểm A , B và vuông góc mp (P).      2. Gọi I là điểm thỏa IA  IB  0 .Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I và tiếp xúc (P). II. PHẦN RIÊNG – PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm) Học sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình Chuẩn Câu IV.a (2,0 điểm). 1.Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau: y  x 2  x, y  x . 2 1  2i  2. Tính môđun của số phức w  z  1  i , biết:  2  i  z   7  8i 1 i Câu V.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng x 1 y 1 z d:   và hai điểm A 1; 1; 2  , B  2; 1; 0  . Xác định tọa độ điểm M thuộc d sao cho 2 1 1 tam giác AMB vuông tại M. 2. Theo chương trình Nâng cao Câu IV.b (2,0 điểm). 1.Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau: y  e 2x , y  1 và x  1 . 2. Viết dưới dạng lượng giác của số phức z, biết z là nghiệm của phương trình: z 2  3 1  i  z  5i  0 Câu V.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm A  5;3; 4  , B 1;3; 4  . Xác định tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng ( Oxy ) sao cho tam giác ABM cân đỉnh M và có diện tích bằng 8 5 . Hết.
HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Nội dung Điểm I 1 Tìm nguyên hàm F(x) của hàm số f  x   2  4e x  3sin x biết (4đ) F 0  5 1đ F  x     2  4e x  3sin x dx  2 x  4e x  3cosx  C 0,25 F  0   5  2.0  4e0  3cos0  C  5 0,25  C  2 0,25 F  x   2 x  4e x  3cosx  2 0,25 2 3 a) I =  x x  2 dx 2 1,5đ Đặt u  x  2  x  u 2  2  dx  2udu 0,5 x  2  u  0; x  3  u  1 3 1 0,5  x x  2dx    u  2 u.2udu 2 2 0 1  2   u 4  2u 2 du 0,25 0 1  u5 u3  26  2  2   0,25  5 3  0 15 1,5đ  2 b) J   x cos xdx 0 u  x du  dx   0,5  dv  cos xdx v  sin x   2  2 J   x cos xdx   x sin x  02   sin xdx 0,5 0 0     x sin x  02  cos x 02 0,25   1 0,25 2 1 Tìm phần thực, phần ảo và môđun của số phức z, II 1  3i biết z   3  2i  (4  i )  . (1đ) 1 i 1đ *  3  2i  (4  i)  12  3i  8i  2i 2  14  5i 1  3i 1  3i 1  i  1  i  3i  3i 2 2  4i *     1  2i 1 i 1  i 1  i  2 2 0,25 z  14  5i    1  2i   13  3i 0,25 Phần thực: 13 0,25 Phần thực:3 Môđun: 132  32 0,25 III 1 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm (2đ) A 1; 2; 0  , B  3; 4; 2  và mp  P  : x  y  z  4  0
1đ Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua hai điểm A , B và vuông góc mp (P).   Có: AB   2; 2; 2  0,25  và n    1; 1;1 0,25     AB, n      0; 4; 4   4  0;1;1 0,25   Phương trình mặt phẳng (Q) đi qua điểm A(1;2;0)và nhận VTPT  n   0;1;1 là: y + z – 2 = 0 0,25      2 Gọi I là điểm thỏa IA  IB  0 .Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I và tiếp xúc (P). 1đ Có: I  2;3; 1 0,25 2  3 1  4 6 0,25 Bán kính R = d  I ,  P     3 3 Phương trình mặt cầu (S) tâm I và tiếp xúc (P) là: 2 0,25 2 2  6  2  x  2    y  3   z  1     3 2 2 2 hay:  x  2    y  3   z  1  12 0,25 IVa 1 Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau: (2đ) y  x 2  x, y  x . 1đ x  0 0,25 Xét pt x 2  x  x   x  2 2 2 Diện tích S   x 2  2 x dx  x  2 x dx 2 0,25 0 0 2  x3     x2  0,25  3 0 4 0,25  3 2 Tính môđun của số phức w  z  1  i , biết: 2 1  2i  2  i z   7  8i 1 i 1đ 2 1  2i  0,25 2  i z   7  8i   2  i  z  4  7i 1 i z  3  2i 0,25 w  4  3i 0,25 Môđun của w là: 5 0,25 Va 1 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho đường thẳng (1đ) x 1 y 1 z d:   và hai điểm A 1; 1; 2  , B  2; 1; 0  . Xác định tọa 2 1 1 độ điểm M thuộc d sao cho tam giác AMB vuông tại M. 1đ Do M  d nên M 1  2t ; 1  t ; t  0,25 uuuu r uuur Ta có: A M = (2t ; - t ; t - 2), BM = (- 1 + 2t ; - t ; t ) 0,25 uuuu uuur r Tam giác AMB vuông tại M Û A M .BM = 0
t=0 2 0,25 Û 6t - 4t = 0 Û 2 t= 3 7 5 2 Vậy phương trình có nghiệm: M 1; 1; 0 , M  ;  ;  0,25 3 3 3   IVb 1 Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau: y  e 2x , y  1 (2đ) và x  1 . 1đ Xét pt e 2 x  1  x  0 0,25 Diện tích : 1 1 0,25 S   e 2 x  1 dx   e  1dx 2x 0 0 1 1    e2 x  x  0,25 2 0 1 3  e2  0,25 2 2 2 Giải phương trình: z 2  3 1  i  z  5i  0 1đ Có :   2i 0,25 2  1  i  0,25 Do đó nghiệm của pt là : z  1  2i 0,25 hoặc z  2  i 0,25 Vb 1 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai điểm (1đ) A  5;3; 4  , B 1;3; 4  . Xác định tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng ( Oxy ) sao cho tam giác ABM cân đỉnh M và có diện tích bằng 8 5 . 1đ Gọi M (a; b; 0), tam giác ABM cân đỉnh M nên trung điểm H(3;3;0) 0,25 của AB cũng là chân đường cao vẽ từ M  AM  BM  Theo giả thuyết ta có:  1 0,25  AB.MH  8 5 2  a  52   b  3 2  16   a  12   b  32  16   0,25 1 2 2  16  64.  a  3   b  3  8 5 2 a  3  a  3   b3  4  b  7  b  1 0,25 Vậy M  3; 7; 0 , M  3; 1; 0