Đề KT chất lượng HK 2 Toán 12 - GD&ĐT Đồng Tháp (2012-2013)

Chia sẻ: đinh Thị Thùy Linh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

63
lượt xem 7
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề kiểm tra chất lượng HK 2 Toán 12 - Sở GD&ĐT Đồng Tháp (2012-2013) dành cho các bạn học sinh lớp 12 để ôn tập lại kiến thức đã học và đồng thời giáo viên cũng có những tài tham khảo để ra đề.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề KT chất lượng HK 2 Toán 12 - GD&ĐT Đồng Tháp (2012-2013)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ I TỈNH ĐỒNG THÁP Năm học: 2012 - 2013 Môn thi: TOÁN - Lớp 12 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) (Đề gồm có 01 trang) Ngày thi: 05 /4/2013 I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (4,0 điểm). 1 1 1. Cho hàm số F(x) = x 2e x và f(x) = (2 x  1)e x với x  0 Tính đạo hàm F’(x). Suy ra I =  f ( x)dx . e2 ln2 1 2. Tính các tích phân : I =  dx và J=  x.e x dx . e x ln x 0 Câu II (1,0 điểm). (1  2i )2  1  4i Tìm phần thực và phần ảo của số phức z biết rằng z  . (1  i)2 Câu III (2,0 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz, cho A(2; 0; 0), B(0; 1; 0), C(0; 0; 1) 1. Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, B, C. Viết phương trình tham số của đường thẳng d qua gốc tọa độ O và vuông góc với mặt phẳng (P). 2. Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm là gốc tọa độ O và tiếp xúc mặt phẳng (P). Tìm tọa độ tiếp điểm H của (S) và (P). II. PHẦN RIÊNG (Tự chọn) (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (Phần 1 hoặc Phần 2) 1. Phần 1: (Theo chương trình Chuẩn) Câu IV.a (2,0 điểm). 1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C ) : y  x 2  2 x ; (d): y= 2x – 3; x = 2 và x = 4. 2. Cho z1 và z2 là 2 nghiệm phức của phương trình: z2 – 6z + 25 = 0. Tính S = z1  z2 . Câu V.a (1,0 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz, cho 2 đường thẳng x 7 y 3 z 9 x  3 y 1 z 1 d1 :   và d 2 :   1 2 1 7 2 3 Tìm tọa độ của M  d1 và N  d 2 sao cho MN là đoạn vuông góc chung của d1 và d2. 2. Phần 2: (Theo chương trình Nâng Cao) Câu IV.b (2,0 điểm). 1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C ) : y  x 2  2 x ; (d): y = 2x – 3; x = 0 và x = 4. 2. Cho z1 và z2 là 2 nghiệm phức của phương trình: z2–(7+7i)z +25i = 0. Tính S= z1  z2 . Câu V.b (1,0 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz, cho 2 đường thẳng x 7 y 3 z 9 x  3 y 1 z 1 d1 :   và d 2 :   1 2 1 7 2 3 Tìm tọa độ của M  d1 và N  d 2 sao cho độ dài MN ngắn nhất. Hết. Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh ............................................................ Số báo danh............................... ............................... Chữ ký giám thị 1 .................................... .................... Chữ ký giám thị 2 ........................................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KÌ II TỈNH ĐỒNG THÁP Năm học: 2012 - 2013 Môn thi: TOÁN - Lớp 12 HƯỚNG DẪN CHẤM (Hướng dẫn chấm gồm có 03 trang) * Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong hướng dẫn chấm nhưng đúng, chính xác, chặt chẽ thì cho đủ số điểm của câu đó. Câu Mục Nội dung Điểm 1 1 1 1 F(x) = x 2e x  F '( x)  2 x.e x  x 2 ( 2 )e x 0,25 x 1 I.1  F '( x)  (2 x  1)e x 0,25 (1đ) Ta có F’(x) = f(x), x  0 nên F(x) là một nguyên hàm của f(x) 0,25 1 Vậy I =  f ( x)dx = F(x) + C = x 2e x + C 0,25 e2 1 (1,5 ) Tính I =  x ln x dx e dx Đặt u  ln x  du  0,25 x x0  e  u0  1 và x1  e2  u1  2 0,50 I 2 1 2 (4đ) Suy ra I =  u du  ln u 1 1   0,50 I  ln 2 0,25 I.2 ln2 (3đ) Tính J =  x.e x dx (1,5 ) 0 Đặt u = x  du = dx và dv = e x dx  v  e x 0,25 Theo công thức tích phân từng phần ta có: ln 2 ln 2 0,25 J    xe x    0  ( e x )dx 0 1 ln 2 J   ln 2   e x    0,50 2 0 1  ln 2 J 0,50 2 (1  2i )2  1  4i Tìm phần thực và phần ảo của z  (1,0) (1  i)2 1  4i  4i 2  1  4i Ta có z  0,25 1  2i  i 2 II 1 0,25 II z suy ra z  i 0,25 (1đ) i (1đ) Vậy phần thực a = 0 và phần ảo b = 1 0,25 Phương trình mặt phẳng (P) qua A, B, C : x y z 0,50 ( P ) :    1 hay ( P) : x  2 y  2 z  2  0 2 1 1 1
   Ta có ad  n( P)  (1;2;2) 0,25  xt III.1  (1đ) Vậy d :  y  2t (t  ) 0,25  z  2t  xo  2 yo  2 zo  2 2 R  d (O, ( P))   0,25 1 4  4 3 III 4 (S): x2 + y2 + z2 = 0,25 (2đ) 9 x  2 y  2z  2  0 2 Tọa độ của H là nghiệm của hệ:  t  0,25  x  t , y  2t , z  2t 9 III.2 2 4 4 (1đ) Vậy H ( ; : ) 0,25 9 9 9 Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d): x - 2x = 2x - 3  x2 – 4x + 3 = 0  x  1 hay x  3 2 x  1 2 3 4 + 0,25 x2 – 4x + 3 + 0 - - 0 + + 4 4 S   ( x  2 x)  (2 x  3) dx   x 2  4 x  3 dx 2 2 2 3 4 0,25 2 2   x  4 x  3 dx   x  4 x  3 dx 2 3 IV.a.1 3 4 (1đ)   ( x  4 x  3)dx   ( x 2  4 x  3)dx 2 0,25 2 3 3 4 IV.a  x3   x3      2 x 2  3x     2 x 2  3 x   2 đvdt 0,25 (2đ)  3 2  3 3 z2 – 6z + 25 = 0   16  16i 2 0,25   có 2 căn bậc hai là 4i 0,25 IV.a.2  z1  3  4i và z2  3  4i 0,25 (1đ) Vậy S = z1  z2  10 0,25 x 7 y 3 z 9 x  3 y 1 z 1 d1 :   và d 2 :   1 2 1 7 2 3  x  7  t1  M  d1  y  3  2t1  M (7  t1;3  2t1;9  t1 )  z  9t V.a  1 0,25 (1đ)  x  3  7t2  N  d 2  y  1  2t2  M (3  7t2 ;1  2t2 ;3t2 )  z  1  3t  2   MN  (4  7t2  t1; 2  2t2  2t1; 8  3t2  t1 ) 0,25 2
       MN  a1 (1;2; 1)   MN .a1  0  MN là đoạn vuông góc chung       0,25   MN  a2 (7;2;3) MN .a2  0  6t1  6t2  0   t1  t2  0 . Vậy M (7;3;9) và N (3;1;1) 0,25  6t1  62t2  0 Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d): x2 - 2x = 2x + 3  x2 – 4x + 3 = 0  x  1 hay x  3 0,25 x  0 1 3 4 + 2 x – 4x + 3 + + 0 - 0 + + 4 4 S   ( x 2  2 x)  (2 x  3) dx   x 2  4 x  3 dx 0 0 1 3 4 0,25 2 2 2   x  4 x  3 dx   x  4 x  3 dx   x  4 x  3 dx 0 1 3 IV.b.1 1 3 4 (1đ)   ( x 2  4 x  3)dx   ( x 2  4 x  3)dx   ( x 2  4 x  3)dx 0,25 IV.b 0 1 3 1 3 4 (2đ)  x3   x3   x3     2 x 2  3x      2 x 2  3x     2 x 2  3 x   4đvdt 0,25 3 0  3 1  3 3 z2 – (7+7i)z + 25i = 0   2i  (1  i )2 0,25   có 2 căn bậc hai là (1  i ) 0,25 IV.b.2  z1  3  4i và z2  4  3i 0,25 (1đ) Vậy S = z1  z2  10 0,25 x 7 y 3 z 9 x  3 y 1 z 1 d1 :   và d 2 :   1 2 1 7 2 3  x  7  t1  M  d1  y  3  2t1  M (7  t1;3  2t1;9  t1 )  z  9t  1 0,25  x  3  7t2  N  d 2  y  1  2t2  M (3  7t2 ;1  2t2 ;3t2 )  z  1  3t  2   MN  (4  7t2  t1; 2  2t2  2t1; 8  3t2  t1 ) 0,25 V.b 2 2 2  MN  (4  7t2  t1 )  (2  2t2  2t1 ) (8  3t2  t1 ) 2 (1đ) 0,25  2 31t2  6t1.t2  (3t12  42)   2m  2  Phương trình 31t2  6t1.t2  (3t12  42) = m có nghiệm t2 nên 2 1 84t12  31.42  42  '  9t12  31(3t12  42  m)  0  m  31 Suy ra MN ngắn nhất  m = 42  t1  t2  0 0,25 Vậy M (7;3;9) và N (3;1;1) * Lưu ý: Học sinh có thể dùng tính chất : đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau là đoạn thẳng có độ dài ngắn nhất giữa hai điểm bất kỳ lần lượt nằm trên hai đường thẳng ấy. Hết. 3