Đề thi HK2 môn Toán lớp 12 - THPT BC Chu Văn An - có lời giải

Chia sẻ: Pham Linh Dan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

229
lượt xem 49
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn học sinh tham khảo 3 đề thi học kỳ 2 môn Toán lớp 12 của trường THPT BC Chu Văn An có lời giải. Để giúp bạn thêm phần tự tin trước kì thi và giúp cho các bạn củng cố kiến thức cũ đã học để đạt được điểm cao hơn nhé.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi HK2 môn Toán lớp 12 - THPT BC Chu Văn An - có lời giải

SỞ GD & ĐT BÌNH THUẬN THI HỌC KÌ II TRƯỜNG THPT. BC CHU VĂN AN MÔN: TOÁN  Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian phát đề) ĐỀ SỐ 1 x2 Bài 1: (4 điểm) Cho hàm số y  có đồ thị là (H). x 1 1) Khảo sát hàm số . 2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (H) tại điểm có hoành độ bằng -4. 3) Tìm m để đường thẳng d: y = mx + 1 cắt đồ thị (H) tại 2 điểm phân biệt thuộc 2 nhánh khác nhau . Bài 2: (2 điểm) Tính các tích phân sau:  6 2 x 1) I =  1 x3 dx 2) J =  x.cos 2 x.dx 0 Bài 3: (3 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 2 đường thẳng; x  2 x 1 z x  2 y 1  0 d:   và d’:  1 1 3 3 y  z  2  0 1) Chứng minh d chéo d’. 2) Viết phương trình mặt phẳng ( ) đi qua điểm A(0;-1;3) và song song với cả 2 đường thẳng d, d’. 3) Viết phương trình đường vuông góc chung của d và d’ . C xy 1 C xy C xy 1  Bài 4: (1 điểm) Giải hệ phương trình  3 5 5 ………………………………….. HẾT ………………………………… SỞ GD & ĐT BÌNH THUẬN THI HỌC KÌ II TRƯỜNG THPT. BC CHU VĂN AN MÔN: TOÁN  Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian phát đề) ĐỀ SỐ 2 x2 Bài 1: (4 điểm) Cho hàm số y  có đồ thị là (H). x 1 1) Khảo sát hàm số . 2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (H) tại điểm có hoành độ bằng 2. 3) Tìm m để đường thẳng d: y = mx + 1 cắt đồ thị (H) tại 2 điểm phân biệt thuộc 2 nhánh khác nhau . Bài 2: (2 điểm) Tính các tích phân sau:  8 2 x 1) I =  3 x 1 dx 2) J =  x.sin 2 x.dx 0 Bài 3: (3 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 2 đường thẳng: x  2 x 1 z 2 x  y  z  1  0 d:   và d’:  1 1 3 3 x  2 z  2  0 1) Chứng minh d chéo d’. 2) Viết phương trình mặt phẳng ( ) đi qua điểm A(0;1;-3) và song song với cả 2 đường thẳng d, d’. 3) Viết phương trình đường vuông góc chung của d và d’ . C xy 1 C xy C xy1 Bài 4: (1 điểm) Giải hệ phương trình   3 5 10 ……………………………….. HẾT …………………………………
SỞ GD & ĐT BÌNH THUẬN ĐÁP ÁN ĐỀ THI HK II TRƯỜNG THPT. BC CHU VĂN AN MÔN: TOÁN  ĐỀ SỐ 1 Bài Nội dung Biểu điểm Bài 1: x2 (4 điểm) 1) Khảo sát hàm số . y  x 1 0.25 1. Txđ : D  \ 1 0.5 2. Sự biến thiên 3 * y' 2  0, x  D  x  1 0.25 x2 * lim    x = -1 là tiệm cận đứng 0.25 x 1 x  1 x2 * lim  1  y = 1 là tiệm cận ngang x  x  1 0.75 * BBT     0.5 3. Đồ thị * ĐĐB: (0;-2), (2;0) 0.25, 0.25 0.25, 0.25 2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (H) tại điểm có hoành độ bằng -4. 1 x0 = -4  y0  2, y '( x0 )  3 1 1 10 0.25 Phương trình tiếp tuyến là : y  2  ( x  4)  y  x  3 3 3 3) Tìm m để đường thẳng d: y = mx + 1 cắt đồ thị (H) tại 2 điểm phân biệt thuộc 2 nhánh khác nhau . Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (H) và đường thẳng d là :
x2  x  1  mx  1   2 x 1  mx  mx  3  0 NX: Vì m(-1)2 +m(-1) + 3 = 3 nên phương trình mx2 + mx + 3 = 0 không có 0.25 nghiệm x = -1 Đặt f(x) = mx2 + mx + 3. Đường thẳng y = mx + 1 cắt đồ thị (H) tại 2 điểm phân biệt thuộc 2 nhánh khác nhau khi và chỉ khi phương trình mx2 + mx + 3 = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa: x1 < -1 < x2  m.f(-1) < 0  m(m – m + 3)< 0  m < 0 Bài 2: 6 x (2 điểm) 1) I =  1 x3 dx 0.25 Đặt t  x  3  t 2  x  3  x  t 2  3  dx  2tdt x  1 t  2 0.25 x 6t 3 6 3 3 0.25 x t2  3 I  dx   .2tdt  2 (t 2  3)dt 1 x3 2 t 2 0.25 1 3 20  2( t 3  3t ) 2  3 3  2 2) J =  x.cos 2 x.dx 0 0.25+0.25 du  dx u  x  Đặt  ta có  1 dv  cos 2 xdx v  2 sin 2 x 0.25   2 2 1  1 0.25 Khi đó:  x.cos 2 x.dx = 0 2 x sin 2 x 02   sin 2 xdx 20  1 1 cos 2 x 02   = 4 2 Bài 3: (3 x  2 x 1 z x  2 y 1  0 điểm) d:   và d’:  1 1 3 3 y  z  2  0 1) Chứng minh d chéo d’.   0.25 d qua điểm M(2; -1; 0) và có VTCP là ud = (1; -1; 3) 0.25  d’qua điểm N(-1; 0; 2) và có VTCP là ud ' = (2 ; 1: 3) 0.25        v = [ ud , ud ' ] = (-6; 3; 3)  0, MN  (3;1; 2)      [ ud , ud ' ]. MN = 18 + 3 + 6 = 27  0 0.25 Vậy d chéo d’ 2) Viết phương trình mặt phẳng ( ) đi qua điểm A(0;-1;3) và song song với cả 2 đường thẳng d, d’.   1    0.25 Mặt phẳng ( ) qua điểm A(0; -1; 3) có VTPT là n =  [ ud , ud ' ] = (2; -1; -1) 0.25 3 0.25  ( ) : 2(x- 0 ) -1(y + 1) – 1(z -3) = 0
 2x –y –z + 2 = 0 3) Viết phương trình đường vuông chung của d và d’ .    * Gọi (P) là mặt phẳng đi qua M(2; -1; 0) có cặp VTCP là ud và v   1     (P) có VTPT là nP   ud , v  = (4; 7; 1) 0.25 3  0.25 Vậy (P): 4(x – 2 ) + 7(y + 1 ) + 1(z - 0 ) = 0  4x +7y +z -1 = 0   * Gọi (Q) là mặt phẳng đi qua N(-1; 0; 2) có cặp VTCP là ud ' và v 0.25   1   (P) có VTPT là nP   ud ' , v  = (1; 4; -2) 6  0.25 Vậy (P): 1.(x + 1) + 4.(y - 0 ) – 2.(z - 2 ) = 0  x + 4y -2z +5 = 0 * Gọi  là đường vuông góc chung của d và d’ . Ta có   ( P)  (Q) x + 4y -2z +5 = 0 0.25 Vậy  :  4x +7y +z -1 = 0 Bài 4: C xy 1 C xy C xy 1 (1điểm) Giải hệ phương trình   (1) 3 5 5 Đk: x, y  :1  y  x 0.25  x! x! 0.25+0.25 y 1 y  5 3 5C  3C  x x  ( y  1)!( x  y  1)! y !( x  y )! (1)   y y 1  C x  C x   x! x!   y !( x  y )! ( y  1)!( x  y  1)!  0.25 5( x  y )  3( y  1) 5 x  8 y  3 x  7    x  y 1  y  x  2 y  1  y  4
SỞ GD & ĐT BÌNH THUẬN ĐÁP ÁN ĐỀ THI HK II TRƯỜNG THPT. BC CHU VĂN AN MÔN: TOÁN  ĐỀ SỐ 2 Bài Nội dung Biểu điểm Bài 1: x2 (4 điểm) 1) Khảo sát hàm số . y  x 1 0.25 1. Txđ : D  \ 1 0.5 2. Sự biến thiên 3 * y' 2  0, x  D  x  1 0.25 x2 * lim    x = 1 là tiệm cận đứng 0.25 x 1 x  1 x2 * lim  1  y = 1 là tiệm cận ngang x  x  1 0.75 * BBT  1    0.5 3. Đồ thị * ĐĐB: (0;-2), (2;0) 0.25, 0.25 0.25, 0.25 2) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (H) tại điểm có hoành độ bằng 2. x0 = 2  y0  4, y '( x0 )  3 Phương trình tiếp tuyến là : y  4  3( x  3)  y  3 x  13 0.25 3) Tìm m để đường thẳng d: y = mx + 1 cắt đồ thị (H) tại 2 điểm phân biệt thuộc 2 nhánh khác nhau . Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (H) và đường thẳng d là :
x2 x  1  mx  1   2 x 1 mx  mx  3  0 0.25 NX: Vì m.12 – m.1 - 3 = -3 nên phương trình mx2 - mx - 3 = 0 không có nghiệm x = 1 Đặt f(x) = mx2 - mx - 3 . Đường thẳng y = mx + 1 cắt đồ thị (H) tại 2 điểm phân biệt thuộc 2 nhánh khác nhau khi và chỉ khi phương trình mx2 - mx - 3 = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa: x1 < 1 < x2  m.f(1) < 0  m(m – m - 3) < 0  m > 0 Bài 2: 8 x (2 điểm) 1) I =  dx 3 x 1 0.25 Đặt t  x  1  t 2  x  1  x  t 2  1  dx  2tdt x  3t  2 0.25 x 8t 3 8 3 3 0.25 x t 2 1 I  dx   .2tdt  2 (t 2  1)dt 3 x 1 2 t 2 0.25 1 3 32  2( t 3  t ) 2  3 3  2 2) J =  x sin 2 x.dx 0 0.25+0.25 du  dx u  x  Đặt  ta có  1 dv  sin 2 xdx v   2 cos 2 x 0.25   2 1  1 2 0.25 Khi đó:  x.sin 2 x.dx =  x cos 2 x 02   cos 2 xdx 0 2 20   1   sin 2 x 02  = 4 4 4 Bài 3: (3 x  2 x 1 z 2 x  y  z  1  0 điểm) d:   và d’:  1 1 3 3 x  2 z  2  0 1) Chứng minh d chéo d’.   0.25 d qua điểm M(-2; 1; 0) và có VTCP là ud = (-1; 1; -3) 0.25  d’qua điểm N(0; 0; 1) và có VTCP là ud ' = (2 ; 1: 3) 0.25        v = [ ud , ud ' ] = (6; -3; -3)  0, MN  (2; 1;1)      [ ud , ud ' ]. MN = 12 + 3 - 3 = 12  0 0.25 Vậy d chéo d’ 2) Viết phương trình mặt phẳng ( ) đi qua điểm A(0;1; -3) và song song với cả 2 đường thẳng d, d’.   1    0.25 Mặt phẳng ( ) qua điểm A(0; 1; -3) có VTPT là n = [ ud , ud ' ] = (2; -1; -1) 0.25 3 0.25  ( ) : 2(x- 0 ) -1(y - 1) – 1(z +3) = 0
 2x –y –z - 2 = 0 3) Viết phương trình đường vuông chung của d và d’ .    * Gọi (P) là mặt phẳng đi qua M(-2; 1; 0) có cặp VTCP là ud và v   1     (P) có VTPT là nP   ud , v  = (4; 7; 1) 0.25 3  0.25 Vậy (P): 4(x + 2 ) + 7(y - 1 ) + 1(z - 0 ) = 0  4x +7y +z +1 = 0   * Gọi (Q) là mặt phẳng đi qua N(0; 0; 1) có cặp VTCP là ud ' và v 0.25   1   (P) có VTPT là nP   ud ' , v  = (1; 4; -2) 3  0.25 Vậy (P): 1(x – 0 ) + 4(y - 0 ) - 2(z - 1 ) = 0  4x +7y +z + 2 = 0 * Gọi  là đường vuông góc chung của d và d’ . Ta có   ( P)  (Q) 4x +7y +z + 2 = 0 0.25 Vậy  :  4x +7y +z +1 = 0 Bài 4: C xy 1 C xy C xy1 (1điểm) Giải hệ phương trình   (1) 3 5 10 Đk: x, y  :0  y  x 0.25  x! x! 0.25+0.25 y 1 y  5 3 5C  3C  x x  ( y  1)!( x  y  1)! y !( x  y )! (1)   y y   2C x  C x 1  8 x! ( x  1)! 5  y !( x  y )!  y !( x  y  1)! 0.25 5( x  y )  3( y  1) 5 x  8 y  3 x  7     2( x  y  1)  x  1  x  2 y  1  y  4