Trường THPT chuyên Huỳnh Mẫn Đạt - ĐỀ THI HỌC KỲ II MÔN TOÁN KHỐI 12 NĂM HỌC 2010-2011

Chia sẻ: Nguyễn Thị Ngọc Huỳnh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

317
lượt xem 62
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Sở giáo dục và đào tạo Kiên Giang Trường THPT chuyên Huỳnh Mẫn Đạt ĐỀ THI HỌC KỲ II MÔN TOÁN KHỐI 12 NĂM HỌC 2010-2011 Thời gian làm bài : 150 phút (không kể thời gian phát đề) A. PHẦN CHUNG (6.0Đ) Bài 1.(3.0 điểm) Tính các tích phân sau 2 a/ A   x 3  x 2  2  dx

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Trường THPT chuyên Huỳnh Mẫn Đạt - ĐỀ THI HỌC KỲ II MÔN TOÁN KHỐI 12 NĂM HỌC 2010-2011

Sở giáo dục và đào tạo Kiên Giang Trường THPT chuyên Huỳnh Mẫn Đạt ĐỀ THI HỌC KỲ II MÔN TOÁN KHỐI 12 NĂM HỌC 2010-2011 Thời gian làm bài : 150 phút (không kể thời gian phát đề) A. PHẦN CHUNG (6.0Đ) Bài 1.(3.0 điểm) Tính các tích phân sau  2 4 x 1 2 a/ A   x 3  x 2  2  dx b/ B   dx cos2 x 0 1  3e  1 e x x e2 ln11 d/ D   x 2 ln 2 xdx c/ C  dx  x e 2 ln 6 e Bài 2.(1.0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi : y  4  x 2 , y  0, x  1, x  3 . Bài 3.(2.0 điểm) 1 i 3 i và z2  a. Cho hai số phức z1  . Tính z1.z2. 2i 3  2 1 i 3 2 b. Tìm số phức z thỏa mãn : 1  i   3  i  z  9  i  (1  4i) z . B. PHẦN RIÊNG (4.0 Đ) 1. Theo chương trình chuẩn (Dành cho lớp Văn-A5): Bài 4a. (1.0 điểm) Giải phương trình sau trên tập số phức 3z2 – 5z + 10 = 0          Bài 5a. (2.0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho OA  3i  2 j  7k , OB  6i  2k với i, j, k lần lượt là các vec tơ đơn vị của trục x’Ox, y’Oy và z’Oz. a. Viết phương trình mặt phẳng ( ) qua ba điểm là hình chiếu vuông góc của A lên các trục tọa độ. b. Tìm hình chiếu vuông góc của gốc tọa độ O lên m ặt phẳng ( ) . c. Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm là B và tiếp xúc với mặt phẳng (P) chứa Oz và song song AB. x4 y z Bài 6a. (1 điểm) Trong không gian Oxyz, đường thẳng d :  và các điểm 1 1 3 A  1; 2;3 , B  4;1;  5 , C  3; 0;  1 .Tìm tọa độ điểm M trên d sao cho MA 2  MB 2  MC 2 nhỏ nhất. 2. Theo chương trình nâng cao (Các lớp còn lại): Bài 4b. (1.0 điểm) Giải phương trình sau trên tập số phức z2 – 2(2 + i)z + 7 + 4i = 0. Bài 5b: (2.0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho tam giác ABC, A(1;1;0), B(0;2;1), trọng tâm G của tam giác ABC là G(0;2;-1). a. Tính kho ảng cách từ A đến đ ường thẳng BC. b. Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC. c. Tìm tọa độ điểm M thuộc đ ường thẳng (d), biết (d) đi qua G và (d) vuông góc mặt phẳng 29 (ABC) sao cho thể tích tứ diện MABC bằng (đvtt). 4 Bài 6b: (1.0điểm)  x  1 t  Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng (d) :  y  2  t  z  2t  Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đ ường thẳng (d) tạo với Oy góc lớn nhất. --HẾT-- Họ và tên thí sinh:………………………………… SBD:……………….
ĐÁP ÁN TOÁN HỌC KÌ II Bài Đáp án Điểm 1 3.0 2 2 2 A   x3  x 2  2  dx   x3 ( x 4  4 x 2  4)dx 0,25 1 1 2 2  x8 2 1.a    ( x  4 x  4 x )dx    x 6  x 4  7 5 3 0,25 (0,75đ) 8 3 1 1 39 A 0,25 . 8  4 x 1 B dx cos2 x 0 0,25 u  x  1 du  dx  dx   Đặt   dv  v  tan x 1.b cos2 x  (0,75đ)   4 4   d (cos x ) 0,25 B  ( x  1) tan x   tan xdx  ( x  1) tan x   4 4 cos x 0 0 0 0 0,25   2  B  ( x  1) tan x  ln(cos x )   1  ln . 4 4 4 2 0 0  3e  1 e x x ln11 C dx  ex  2 0,25 ln 6 Đặt t  e x  2  t 2  e x  2  2tdt  e x dx 1.c x  ln11  t  3 (0,75đ) 0,25 x  ln 6  t  2 3 3     C  2  3t 2  7 dt  2 t 3  7t  52 0,25 2 2 e2 D   x 2 ln 2 xdx e ln x   du  2. x dx u  ln 2 x   Đặt   0,25 x3 2  dv  x dx   v  3  e2 e2 x3 2 D  . ln2 x   x 2 ln xdx 3 3e e 1.d 1  du  x dx (0,75đ)  m  ln x  Đặt   2 3  dn  x dx n  x 0,25  3  2 2 e e e2 x3 2 x3 21  D  .ln 2 x  . .ln x  .  x 2 dx 3 33 3 3e e e e2 e2 e2 x3 2 x3 26e6  5e3 2  . ln2 x  x 3 .ln x  = 0,25 3 9 93 27 e e e
2 1.0 2 Phương trình hoành độ giao điểm giữa y  4  x , y  0 :  x  2  [1; 3] 4  x2  0  4  x2  0    x  2  [1; 3]  0,25 Diện tích hình phẳng S đ ược tính bởi 3 4  x 2 dx S  1    Đặt x  2 sin t , t    ;   dx  2 cos tdt  2 2  0,25 x  1  t   6  x  3t 3   3 3 S  4  cos2 tdt  2  (1  cos2t)dt 0,25     6 6    3 3 1  2  t  sin 2t   2    0,25  3 6 2  2     6 3 2.0 2   1 i 3 1 i 3 1 3 Ta có z1     0,25 i    22 1 i 3 1 i 3 1 i 3   3.a i 2i 3  2 i 31 (1,0 đ) z2    i 0,25    88 2i 3  2 2i 3  2 2i 3  2 1 Suy ra z1 .z2  i . 0,5 4 2 Ta có 1  i   3  i  z  9  i  (1  4i) z 0,25  (2  6i) z  9  i  (1  4i ) z 3.b  (1  2i) z  9  i 0,25 (1,0 đ) 9  i 11 17 z i 0,5 1  2i 5 5 Chương trình nâng cao 4b 1.0 / 2 Ta có:   4  (2i) 0,5 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt là: z  2  3i; z  2  i . 0,5 5b 2.0 Gọi C ( x , y , z) 1  x  0  Do G là trọng tâm tam giác ABC, ta có 1  2  y  6 0,25 1  z  3  a.  C (1;3; 4) (0,75 đ)   BA  (1; 1; 1); BC  (1;1; 5)        BA, BC    6;6;0    BA, BC   6 2 0,25    
Kho ảng cách từ A đến đ ường thẳng BC    0,25  BA, BC   26  d ( A, BC )     3 BC Gọi H ( x1; y1; z1 )   AH   x1  1; y1  1; z1  ; CH   x1  1; y1  3; z1  4  Từ giả thiết ta có hệ sau:   0,25  AH .BC  0      b. CH .BA  0        (0,5 đ) BA, BC .CH  0      x1  y1  5z1  0  Tìm được H (1;1;0)   x1  y1  z1  0 0,25 x  y  2  0 1 1  Đường thẳng (d) vuông góc (ABC) nên có vec tơ chỉ phương u cùng     phương với vec tơ  BA, BC    6;6; 0  , chọn u  (1;1; 0) và (d) qua   G(0;2;-1) có phương trình: 0,25 x  t  (d ) :  y  2  t  z  1  M  d  M (t;2  t; 1);  c. BM  (t; t; 2); (0,75 đ)      BA, BC  .BM  12t 0,25   1    29  29   BA, BC  .BM  VMABC  6  4 4 29 29 t t 8 8 0,25  29 45  29 13   Có hai điểm thỏa mãn đề là M1  ; ; 1 , M 2   ;  ; 1 . 8 8 8 8   6b 1.0  Đường thẳng (d) qua N (1; 2;0) có vec tơ chỉ phương u  (1;1; 2) . (P) chứa (d) nên qua N (1; 2;0) , phương trình có dạng   0,25 A( x  1)  B( y  2)  Cz  0 ( n  ( A; B; C )  0 là vec tơ pháp tuyến (P))  Ta có n.u  0   A  B  2C  0  A  B  2C (2) 0 Gọi  (0    90 ) là góc giữa (P) và trục Oy, ta có  n. j B sin      A 2  B2  C 2 n. j B Từ (2) suy ra sin   0,25 2 B 2  4 BC  5C 2
 Nếu B = 0 thì sin   0 .  Nếu B  0 , chọn B = 1 0,25 1 1 1 sin     2 2 6 5C  4C  2 2 6  5C    5 5 5   lớn nhất khi sin  lớn nhất. 5 2 khi B  1, C   . Cả hai trường hợp sin  lớn nhất bằng 0,25 6 5 Vậy (P) cần tìm có phương trình : x  5y  2 z  9  0 . Chương trình chuẩn 4a 1.0 2   0,5 Ta có   95  95i 5  95i 5  95i 0,5 Vậy phương trình có hai nghiệm: z  và z  . 6 6 5a 2.0 Ta có: A  3; 2;  7  , hình chiếu của A lên các trục tọa độ là: 0,25 A1  3;0; 0  , A2  0; 2; 0  , A3  0;0;  7  . a. Phương trình mặt phẳng   : (0,5 đ) 0,25 xyz    1  14 x  21 y  6 z  42  0 327 Gọi (d) là đường thẳng qua O và vuông góc với mặt phẳng   .  x  14t 0,25  Phương trình đ ường thẳng (d):  y  21t .  z  6t  H là hình chiếu của O lên mặt phẳng   suy ra H là giao điểm của (d) b. (0,75 đ) và   . H   d   H 14t; 21t ; 6t  0,25 42 H     673t  42  0  t  673  588 882 252  Vậy H  ; ; . 0,25  673 673 673  Ta có B  (6; 0; 2) 0,25 Viết được mặt phẳng (P): 2 x  3y  0 12 c. Bán kính mặt cầu (S) R  d ( B,(P ))  0,25 (0,75 đ) 13 + 144 0,25 (S) :( x  6)2  y 2  (z  2)2  13 6a 1.0 M  d  M (4  t; t; 3t )  MA  (5  t; 2  t;3  3t)  0,25 MB  (t;1  t; 5  3t )   MC  (1  t; t; 1  3t) MA 2  MB 2  MC 2  33t 2  12t  66 0,25 2 2  714 714  MA 2  MB 2  MC 2  33  t    0,25   11  11 11
2 Đẳng thức xảy ra khi t  11  46 2 6 Vậy MA 2  MB 2  MC 2 nhỏ nhất khi M  ; ;   0,25  11 11 11 