Đề thi học kì 2 môn toán lớp 12 trường THPT Lâm Hà - có lời giải

Chia sẻ: Pham Linh Dan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:9

Thêm vào BST

Báo xấu

98
lượt xem 31
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Các bạn học sinh và quý thầy cô tham khảo miễn phí Đề thi học kì 2 môn toán lớp 12 trường THPT Lâm Hà - có lời giải để hệ thống kiến thức học tập cũng như trau dồi kinh nghiệm ra đề thi

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học kì 2 môn toán lớp 12 trường THPT Lâm Hà - có lời giải

SỞ GD&ĐT LÂM ĐỒNG ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II Trường THPT Lâm Hà Môn : TOÁN - Khối 12 Tổ : Toán-Tin (Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề) ------------------------------------------------- -----------------------------o0o--------------------------- I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THI SINH : (7 điểm) 2x  3 Câu 1 : (3 điểm). Cho hàm số : y = , có đồ thị là (G). 1 x 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (G) của hàm số. 2) Gọi A là giao điểm của đồ thị (G) với trục tung. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (G) tại điểm A. 3) Chứng minh rằng với mọi giá trị của m đường thẳng (d) : y = x – m luôn cắt đồ thị (G). Câu 2 : (3 điểm).  2 1) Tính tích phân : I =  (1  sin x)4 .sin2 x.dx . 0 2) Giải phương trình : log 2 (4 – x2) + log 1 (2 – x) = 1. 2 2 x2  x 3) Tìm tập xác định của hàm số : y = 4  (0, 25)2 x 1 . 1 4 3 4) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : y =  x  x 2  , trên đoạn [-1;2]. 2 2 Câu 3 : (1 điểm). Cho hình nón đỉnh S có độ dài đường sinh bằng a (a > 0). Góc giữa một đường sinh bất kỳ với mặt phẳng chứa đáy của hình nón bằng 300. Tính diện tích xung quanh của hình nón và thể tích khối nón trên. II. PHẦN RIÊNG THEO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH : (3 điểm). (Thí sinh học chương trình nào thì chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó.) PHẦN A : Theo chương trình chuẩn. Câu 4A : (2 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ vuông góc Oxyz cho hai điểm : A(1;-2;3) và B(0;0;4). 1) Viết phương trình mặt phẳng (OAB). 2) Viết phương trình tham số của đường thẳng (  ) đi qua trọng tâm G của tam giác OAB và vuông góc với mặt phẳng (OAB). 3) Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I(2;0;-5) và tiếp xúc với mặt phẳng (OAB). 1  2i Câu 5A : (1 điểm). Tìm môđun của số phức : z = 3 – 2i + . 2i PHẦN B : Theo chương trình nâng cao. Câu 4B : (2 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ vuông góc Oxyz cho hai mặt phẳng : (  ) : 2x – 3y + z – 1 = 0 và (  ) : x + y + z – 2 = 0. 1) Chứng minh rằng hai mặt phẳng trên vuông góc nhau. 2) Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua gốc toạ độ O và song song với hai mặt phẳng trên. 3) Viết phương trình mặt cầu tâm I(5;2;-4) và cắt đường thẳng (d) tại A và B sao cho AB = 6. 3 i Câu 5B : (1 điểm). Tìm dạng lượng giác của số phức z, biết z = . 1  3.i ----------HẾT---------- Họ và tên thí sinh :………………………………………………………………………Số báo danh :……………………………………………… Chữ ký của giám thị I :……………………………………………Chữ ký của giám thị II :………………………………………………...
ĐÁP ÁN CHẤM BÀI THI MÔN TOÁN 12 HỌC KỲ II CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM Câu 1 1) (1,75 điểm). (3,0 điểm) +)Tập xác định : D = R \ 1 0,25 1 +)Đạo hàm : y’ =  < 0 : Hàm số luôn giảm trên từng khoảng xác định. 0,25 (1  x) 2 2x 1 2x  3 0,25 +)Giới hạn – Tiệm cận : lim   và lim    TCĐ : x = 1. x 1 1  x  x 1 1  x  2x  3 0,25 lim  2  TCN : y = -2 x  1  x +)BBT : x  1  0,25 y’ - - -2  y  -2 5 +)ĐĐB : x = 0  y = -3; x = -1  y =  0,25 2 3 0,25 x = 2  y = -1; x = 3  y =  2 +)Đồ thị : Vẽ đúng – đẹp – chính xác. 2) (0,75 điểm). +)A = (G) Oy  A(0; 3) 0,25 +)k = y’(0) = -1 0,25 +)PTTT của đồ thị (G) tại A(0;-3) là : y =  x  3 0,25 3) (0,5 điểm) +)PTHĐGĐ của đồ thị (G) với (d) : x2 – (m – 1)x + m – 3 = 0 (x  1) 0,25 +)CM được :  = (m – 3)2 + 4 > 0  đpcm. 0,25 Câu 2 1) (0,75 điểm).  (3,0 điểm) 2 +)Phân tích tích phân : I = 2  (1  sin x )4 .sin x.cos x.dx . 0 du  cos xdx Đặt : u = 1 + sinx    sin x  u  1 0,25  Đổi cận : x = 0  u  1 và x =  u  2 2 2 2 2 0,25 4 5  u6 u5  4 +)Thay vào được I = 2 u (u  1)du  2  (u  u )du  2    1 1  6 5 1 0,25
 21 31  43 +Tính được : I = 2      2 5 5 2) (0,75 điểm). 4  x 2  0  2  x  2 0,25 +)Điều kiện :    2  x  2.  2 x  0  x2 0,25 +)Biến đổi tương đương về phương trình : x2 – 2x = 0. 0,25 +)Giải phương trình trên và được nghiệm là : x = 0. 3) (0,75 điểm). 2 +)HSXĐ  42 x  x  (0, 25) 2 x 1  0 0,25 2 0,25 +)Biến đổi tương đương : 42 x x  42 x 1 1 0,25 +)Được pt tương đương : 2x2 + x – 1  0  x  1 và x  2 4) (0,75 điểm). +)TXĐ : D = R. +)Đạo hàm : y’ = -2x2 – 2x; y’ = 0  x  0  [1; 2] . 0,25 3 21 +)Tính được : y(0) = ; y(-1) = 0; y(2) =  0,25 2 2 3 21 +)Kết luận : Max y  tại x = 0 và Min y   tại x = 2. 0,25 [ 1;2] 2 [ 1;2] 2 Câu 3 (1,0 điểm) S a h A B +)Chỉ được : SAB  300 (0,25) a a 3 +)Tính được : h = SA.Sin300 = và bán kính đường tròn đáy R = SA.Cos300 = (0,25) 2 2 2 a 3 a 3 (0,25) +)Tính được : s xq   Rl   . .a  (đvdt) 2 2 (0,25) 2 3 1 1 a 3a a +Tính được : Vkhối nón = h. R 2  . . .  (đvtt). 3 3 2 4 8
Câu 4A: 1) (0,75 điểm)     (2,0 điểm) +)Tính được : OA  (1; 2;3) và OB  (0; 0; 4) . (0,25)  (0,25) +)Suy được VTPT của (OAB) là : n(OAB )  (8; 4;0) . (0,25) +)Phương trình mặt phẳng (OAB) : 2x + y = 0. 2) (0,75 điểm). 1 2 4 (0,25) +)Tìm được điểm G  ;  ;  . 3 3 3   (0,25) +)VTCP của đường thẳng (  ) : a (  )  n(OAB )  (2;1; 0) . 1 2 4 (0,25) +)PTTS của đường thẳng ( ) : x = + 2t, y =  + t, z = 3 3 3 3) (0,5 điểm) 4 (0,25) +)Tính được bán kính mặt cầu : R = d(I;(OAB)) = . 5 (0,25) 16 +Phương trình mặt cầu (S) : (x – 2)2 + y2 + (z + 5)2 = 5 Câu 5A: (1  2i )(2  i ) (0,25) (1,0 điểm) +)Nhân được số phức liên hợp của phân thức ở mẫu : z = 3 – 2i + . 4 1 2  i  4i  2 (0,5) +)Tính được : z = 3 – 2i +  3  3i . 5 (0,25) +)Tính được : z  32  32  18  3 2 . Câu 4B: 1) (0,5 điểm)   (2,0 điểm) +)Tìm được : VTPT của (  ) là : n( )  (2; 3;1) và VTPT của (  ) là : n(  )  (1;1;1) . (0,25)   (0,25) +)Tính được : n( ) .n(  )  2  3  1  0  ( )  (  ) 2) (0,75 điểm)    +)Lập luận và tính được VTCP của đường thẳng (d) : a ( d )   n( ) , n (  )   (4; 1;5) . (0,5)   (0,25) +)Phương trình tham số của đường thẳng (d) : x = -4t, y = -t, z = 5t 3) (0,75 điểm) +)Viết được phương trình mặt phẳng (P) qua I(5;2;-4) và vuông góc với (d) : 4x + y – 5z – 42 = 0. Tìm (d)  (P) = H(4;1;-5). Tính : IH = 1  1  1  3 . (0,25) 2  AB  2 (0,25) +)Tính bán kính mặt cầu : R = IH     3  9  12 .  2  +)Viết phương trình mặt cầu (S) : (x – 5)2 + (y – 2)2 + (z + 4)2 = 12. (0,25) Câu 5B: 3 1   (1,0 điểm) 2(  i) cos  i.sin (0,5) +)Tính được : z = 2 2  6 6 . 1 3   2(  i) cos( )  i sin( ) 2 2 3 3 (0,5)   = cos  i.sin 2 2
SỞ GD&ĐT LÂM ĐỒNG ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ II Trường THPT Lâm Hà Môn : TOÁN - Khối 12 Tổ : Toán-Tin. (Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề) ---------------------000------------------------ -------------------------------------------------o0o----------------------------------------------- I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THI SINH : (7,0 điểm). 1 Câu 1: (3,0 điểm). Cho hàm số : y =  x 4  x 2  1 , có đồ thị là (C). 4 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị (C) và trục hoành. 3) Viết phương trình các tiếp tuyến của (C) tại các điểm M và N lần lượt có hoành độ bằng 1 và -1. Kiểm nghiệm rằng hai tiếp tuyến trên vuông góc với nhau. Câu 2: (3,0 điểm).  2 sin 2 x.dx 1) Tính tích phân : I =  (1  sin x) 2 0 2 x 2 3 x 3 4 2) Giải phương trình và bất phương trình sau : a) log 2 x  log 4 x  log 16 x  21 . b)    . 4 3 1 3) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số : y = f(x) = x2.lnx trên đoạn [ ;e]. e Câu 3: (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông có cạnh bằng a, mặt bên (SAB) là tam giác đều và vuông góc với mặt phẳng chứa đáy. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (SBC). II. PHẦN RIÊNG THEO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH : (3,0 điểm). Thí sinh tự chọn một trong hai phần sau để làm bài. PHẦN A: Theo chương trình chuẩn. Câu 4A: (2,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ vuông góc Oxyz cho điểm M(2;3;0), mặt phẳng (P) có phương trình : x + y + 2z + 1 = 0 và mặt cầu (S) : x2 + y2 + z2 – 2x + 4y – 6z + 5 = 0. 1) Viết phương trình đường thẳng (d) qua M và vuông góc với mặt phẳng (P), từ đó suy ra điểm M’ là hình chiếu vuông góc của điểm M lên trên mặt phẳng (P). 2) Xác định tâm I và tính bán kính R của mặt cầu (S). Xét vị trí tương đối của mặt phẳng (P) với mặt cầu (S). 3) Thí sinh tự chọn một điểm J (không trùng với điểm M’) tùy ý thuộc mặt phẳng (P). Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua J và chứa đường thẳng (d). Câu 5A: (1,0 điểm). Tìm số phức z = x + yi, (x, y  R) thỏa mãn đẳng thức : z + 2 z = 9 – 4i. Tính z . PHẦN B: Theo chương trình nâng cao. Câu 4B: (2,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ vuông góc Oxyz cho mặt phẳng (P) : x + 2y – z – 3 = 0 và đường thẳng (d) là giao tuyến của hai mặt phẳng có phương trình là : x + z – 3 = 0 và 2y – 3z = 0. 1) Tìm tọa độ giao điểm A của mặt phẳng (P) và đường thẳng (d), từ đó viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua gốc tọa độ O và chứa đường thẳng (d). 2) Viết phương trình chính tắc của đường thẳng (d’) là hình chiếu vuông góc của (d) lên (P). 3) Thí sinh tự chọn một điểm I (không trùng với điểm A) tùy ý thuộc đường thẳng (d). Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I và tiếp xúc với mặt phẳng (P). Câu 5B: (1,0 điểm). Hãy tính : log 8 (1  3.i) 2010 . ----------HẾT----------
ĐÁP ÁN CHẤM BÀI THI MÔN TOÁN 12 HỌC KỲ II I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THI SINH : (7 điểm). Câu Đáp án Điểm Câu 1 : 1 (3,0 điểm) 1) (1,75 điểm). (C) : y =  x 4  x 2  1 . 4 * TXĐ : D = R.  x0 0,25 * ĐH : y’ = -x3 + 2x; y’ = 0   x   2 1 0,25 * Giới hạn : Lim ( x 4  x 2  1)   . x   4 *BBT : x    2 0 2 + 0,5 y’ + 0 - 0 + 0 - yCĐ yCĐ y - yCT 0,25 - * ĐĐB : CĐ1(- 2 ;0) , CĐ2( 2 ;0) , CT(0,-1), x =  2  y  1 . 6 4 0,5 * Điểm uốn : I(  ; ) . Đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng. 3 9 * Vẽ đồ thị đúng hình dáng, chính xác, đẹp.  1 (C ) : y   x 4  x 2  1 2) (0,5 điểm). Hình phẳng :  4 .   Ox : y  0 2 2 1   x5 x3  0,25 * Dựa vào đồ thị hình vẽ : S = 2.   x 4  x 2  1.dx  2   20 3  x   0 4   0 0,25 16 2 * Tính đúng kết quả : S = (đvdt). 15 3) (0,75 điểm). 1 5 0,25 * Viết đúng PTTT của (C) tại M(1;  ) là (a) : y = x - . 4 4 1 5 0,25 * N(-1;  ) là (b) : y = -x - . 4 4 0,25 * Ta có : ka.kb = 1.(-1) = -1  (a)  (b) Câu 2 : 1) (1,0 điểm). (3,0 điểm)  0,25 2 sin x. cos x * Viết : I = 2  dx 0 (1  sin x ) 2 0,25 du  cos xdx * Đặt : u = 1 + sinx    sin x  u  1  0,25 * Đổi cận : x = 0  u = 1; x =  u = 2. 2 0,25
2 2 2 (u  1).du 1 1   1 * I = 2 2  2   2 .du  2 ln u    2 ln 2  1 . 1 u 1 u u   u 1 2) (1,0 điểm). a) * Biến đổi tđ về pt và được ng : 7log2x = 21.4  log 2 x  12  x  212 . 0,5 2 2 x 3 x 1 3 3 b) * Biến đổi :      2 x 2  3 x  1  2 x 2  3x  1  0. 0,25 4 4 1 0,25 * Tập nghiệm của BPT đã cho là : T = [ ;1] . 2 3) (1,0 điểm). * TXĐ : D = (0;+  ) 1 1 0,5 * Tính đúng đạo hàm : y’ = f’(x) = x(2lnx + 1); y’= 0  x   [ ; e] e e 0,25 1 1 1 1 * Tính đúng : f( ) =  2 , f(e) = e2, f( )=  . e e e 2e 0,25 2 1 1 * Kết luận : Max f ( x)  f (e)  e và Min f ( x )  f ( )   2 . 1 [ ;e ] 1 [ ;e ] e e e e Câu 3 : * Gọi H là trung điểm AB và chứng minh : SH  (ABCD) 0,25 (1,0 điểm) 1 1 a 3 2 a3 3 * VS.ABCD = SH .S ABCD  . .a  (đvtt). 0,25 3 3 2 6 * Chứng minh : (SAB)  (SBC) theo SB và AD // (SBC) 0,25 a 3  d(D,(SBC)) = d(A,(SBC)) = d(A,SB) = 4 0,25 * Vẽ hình đúng : S H A B D C
II. PHÀN RIÊNG THEO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH (3 điểm) PHẦN A: Theo chương trình chuẩn. Caâu Ñaùp aùn Ñieåm Caâu 4A : 1) (0,75 ñieåm). (2,0 ñieåm) * PVT cuûa maët phaúng (P) laø : n ( P )  (1;1;2). 0,25 * (d)  (P)  VTCP cuûa (d) laø : u ( d )  n ( P )  (1;1;2). x2 y3 z 0,25 * Ñöôøng thaúng (d) qua M(2;3;0) coù pt laø :   . 1 1 2 (Coù theå vieát PTTS : x = 2 + t, y = 3 + t, z = 2t) 0,25 * M’ laø hc vuoâng goùc cuûa M leân (P)  M '  (d )  ( P)  M’(1;2;-2) 2) (0,75 điểm). * Tâm mặt cầu (S) là : I(1;-2;3). 0,25 * Bán kính mặt cầu (S) là : R = 1  4  9  5  3 . 0,25 1  2  6 1 6 * d(I,(P)) =   6  d ( I , ( P ))  R  (d) cắt (P). 0,25 11 4 6 3) (0,5 điểm). ( P) * Chọn y = z = 0  x  1  J(-1;0;0)  (P). 0,25 * VTPT của mặt phẳng (Q) là : n ( Q )  [ M ' M , JM ]  (6;6;0) . * Mặt phẳng (Q) qua J(-1;0;0) có phương trình là : x – y + 1 = 0. 0,25 Câu 5A : x  3 (1,0 điểm) * z + z = 9 – 4i  x  yi  2( x  yi)  9  4i  3x  yi  9  4i   . 0,5 y  4 * z = 3 + 4i  z  3  4i  z  (3) 2  4 2  5. 0,5
II. PHẦN RIÊNG THEO TỪNG CHƯƠNG TRÌNH : (3 điểm). PHẦN B : Theo chương trình nâng cao. Câu Đáp án Điểm Câu 4B : 1) (0,75 điểm). (2,0 điểm) x  2 y  z  3  0,25 * A = (d )  ( P)  Tọa độ A là ng của hệ :  x  z  3  A(3;0;0).  2 y  3z  0  * VTCP của (d) là : u ( d )  (2;3;2) 0,25 * VTPT của (Q) là : n ( Q )  [u d , OA]  (0;6;-9). 0,25 * Mặt phẳng (Q) có pt : 2y – 3z = 0. (Có thể lập luận O, A  2 x  3 y  0) 2) (0,75 điểm). * VTCP của (P) : n ( P )  (1;2;1)  [u d , n ( P ) ]  (-7;0;-7). 0,25 0,25 * VTCP của đường thẳng (d’) : u d '  [n ( P ) , [u d , n ( P ) ]]  (14;14;14) . x3 y z 0,25 * Đường thẳng (d’) qua A(3;0;0) có PTCT :   . 1 1 1 3) (0,5 điểm). x 1 1 6  2  3 6 * Chọn : z = 2    I(1;3;2) và tính d(I,(P)) =  0,25 y  3 6 3 2 0,25 * Phương trình mặt cầu (S) là : ( x  1) 2  ( y  3) 2  ( z  2) 2  . 3 Câu 5B :      0,25 (1,0 điểm) * 1 - 3.i  2 cos( )  i. sin    .  3  3  0,25 2010 2010   * 1  3.i  2010   2 2010 cos( 3 )  i. sin(  3 ) 0,25   * = 2 cos 670  i. sin 670  = 2 . 2010 2010 2010 0,25 * log 8 (1  3.i )  log 8 2 2010   670. 3