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

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
a/
 
2
2
3 2
1
2
A x x dx
 

b/




4
2
0
1
cos
x
B dx
x

c/


ln11
ln6
3 1
2
x x
x
e e
C dx
e




d/
2
2 2
ln
e
e
D x xdx



Bài 2.(1.0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi :
2
4 , 0, 1, 3
y x y x x      .

Bài 3.(2.0 điểm)
a. Cho hai số phức
1
1 3
1 3
i
z
i



và
2
2 3 2
i
z
i


. Tính z
1
.z
2
.
b. Tìm số phức z thỏa mãn :
   
2
1 3 9 (1 4 )
i i z i i z
      .

B. PHẦN RIÊNG (4.0Đ)
1. Theo chương trình chuẩn (Dành cho lớp Văn-A5):
Bài 4a. (1.0 điểm) Giải phương trình sau trên tập số phức
3z
2
– 5z + 10 = 0
Bài 5a. (2.0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho
3 2 7 , 6 2
OA i j k OB i k
    
      
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 mặt 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.
Bài 6a. (1 điểm) Trong không gian Oxyz, đường thẳng
4

:
1 1 3
x y z
d

 

và các điểm



1;2;3
A  ,


4;1; 5
B

,


3;0; 1

C .Tìm tọa độ điểm M trên d sao cho

2 2 2
MA MB MC
 
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
z
2
– 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 khoảng cách từ A đến đường thẳng BC.
b. Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC.
c. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng (d), biết (d) đi qua G và (d) vuông góc mặt phẳng
(ABC) sao cho thể tích tứ diện MABC bằng
29
4
(đvtt).
Bài 6b: (1.0điểm)
Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng (d) :
1
2
2
x t
y t
z t
 


  





Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng (d) tạo với Oy góc lớn nhất.
HẾT
Họ và tên thí sinh:………………………………… SBD:……………….

ĐÁP ÁN TOÁN HỌC KÌ II
Bài

Đáp án

Đi
ểm

1 3.0
1.a
(0,75đ)
 
2 2
2
3 2 3 4 2
1 1
2 ( 4 4)
    
 
A x x dx x x x dx

0,25

2
2

8
7 5 3 6 4
1
1
2
( 4 4 )
8 3
 
     
 
 

x
x x x dx x x

0,25
39
8
A  .
0,25
1.b
(0,75đ)
4
2
0
1
cos
x
B dx
x






Đặt
2
1
tan
cos
u x
du dx
dx
v x
dv
x

 




 





0,25
4 4

4 4
0 0
0 0
(cos )
( 1)tan tan ( 1)tan
cos
d x
B x x xdx x x
x
 
 
     
 

0,25
4 4
0 0
2
( 1)tan ln(cos ) 1 ln .
4 2
B x x x
 

     
0,25
1.c
(0,75đ)


ln11

ln6
3 1
2




x x
x
e e
C dx
e

Đặt
2
2 2 2
x x x
t e t e tdt e dx
      
0,25
ln11 3
ln6 2
x t
x t
  
  

0,25
   
3

3
2 3
2
2
2 3 7 2 7 52
C t dt t t
    


0,25
1.d
(0,75đ)
2
2 2
ln

e
e
D x xdx

Đặt
2
3
2
ln
2.
ln
3
x
du dx

u x
x
x
dv x dx
v





 

 


 




2
2
3
2 2
2
.ln ln
3 3
e
e
e

e
x
D x x xdx
 


0,25
Đặt
2
3
1
ln
3
du dx
m x
x
dn x dx
x
n







 








2 2
2
3 3
2 2
2 2 1
.ln . .ln .
3 3 3 3 3
e e
e
e
e e
x x
D x x x dx
   


0,25
2 2
2
3 3
2 3
2 2
.ln .ln
3 9 9 3
e e
e

e
e e
x x
x x x  
=
6 3
26 5
27
e e



0,25
2 1.0

Phương trình hoành độ giao điểm giữa
2
4 , 0
  
y x y
:
2 2
2 [ 1; 3]
4 0 4 0
2 [ 1; 3]

   
     

  



x
x x
x


0,25
Diện tích hình phẳng S được tính bởi
3
2
1
4
S x dx

 


Đặt
2sin , ; 2cos
2 2
x t t dx tdt
 
 
    
 
 

0,25
1

6
3
3
x t
x t


    
  

3 3
2
6 6
4 cos 2 (1 cos2 )
S tdt t dt
 
 
 
  
 

0,25
3
6
1 3
2 sin 2 2
2 3 6 2
t t



 

 
 
    
 
 
 
 
 

0,25
3 2.0
3.a
(1,0 đ)
Ta có


  
2
1
1 3
1 3 1 3
2 2
1 3
1 3 1 3


    


 
i
i
z i
i
i i

0,25


  
2
2 3 2
3 1
8 8
2 3 2
2 3 2 2 3 2

   

 
i i
i
z i
i
i i

0,25
Suy ra
1 2

1
.
4
z z i
 .
0,5
3.b
(1,0 đ)
Ta có




2
1 3 9 (1 4 )
     
i i z i i z

(2 6 ) 9 (1 4 )
     
i z i i z

0,25
(1 2 ) 9
   
i z i

0,25
9 11 17
1 2 5 5


   

i
z i
i

0,5
Chương trình nâng cao
4b


1.0


Ta có:
/ 2
4 (2 )
i
   

0,5
Phương trình có 2 nghiệm phân biệt là:
2 3 ; 2
z i z i
   
.
0,5
5b 2.0
a.

(0,75 đ)
Gọi
( , , )
C x y z

Do G là trọng tâm tam giác ABC, ta có
1 0
1 2 6
1 3
x
y
z

 

  


  


( 1;3; 4)
C
  

0,25
(1; 1; 1); ( 1;1; 5)
BA BC
     
 

0,25
 
, 6;6;0 , 6 2
BA BC BA BC
   
  
   
   


Khoảng cách từ A đến đường thẳng BC
,
2 6
( , )
3
BA BC
d A BC
BC
 
 
 
 



0,25
b.
(0,5 đ)
Gọi

1 1 1
( ; ; )
H x y z





1 1 1 1 1 1
1; 1; ; 1; 3; 4
AH x y z CH x y z
      
 

0,25
Từ giả thiết ta có hệ sau:
. 0
. 0
, . 0
AH BC
CH BA
BA BC CH







 



 

 
 
  

1 1 1
1 1 1
1 1
5 0
0
2 0
x y z
x y z
x y

   

   


  

Tìm được
(1;1;0)
H

0,25

c.
(0,75 đ)
Đường thẳng (d) vuông góc (ABC) nên có vec tơ chỉ phương
u

cùng
phương với vec tơ


, 6;6;0
BA BC
 

 
 
, chọn
(1;1;0)
u 

và (d) qua
G(0;2;
-
1) có phương tr
ình:

0,25
( ): 2
1
x t
d y t

z



 


 


( ;2 ; 1);
( ; ; 2);
, . 12
M d M t t
BM t t
BA BC BM t
   
 
 

 

  

0,25
29 1 29
, .
4 6 4
MABC
V BA BC BM

 
  
 
  


29 29
8 8
t t    
0,25
Có hai điểm thỏa mãn đề là
1 2
29 45 29 13
; ; 1 , ; ; 1
8 8 8 8
M M
   
   
   
   
.
6b


1.0


Đường thẳng (d) qua
(1; 2;0)
N


có vec tơ chỉ phương
( 1;1;2)
u  

.
0,25
(P) chứa (d) nên qua
(1; 2;0)
N

, phương trình có dạng
( 1) ( 2) 0
A x B y Cz
    
(
( ; ; ) 0
n A B C
 
 
là vec tơ pháp tuyến (P))
Ta có
. 0 2 0 2
n u A B C A B C
        
 
(2)
Gọi
0
(0 90 )

 
  là góc giữa (P) và trục Oy, ta có
2 2 2
.
sin
.
n j
B
n j
A B C

 
 
 
 

0,25
Từ (2) suy ra
2 2
sin
2 4 5
B
B BC C


 

 Nếu B = 0 thì
sin 0


.


0,25
 Nếu
0
B

, chọn B = 1
2 2
1 1 1
sin
6
5 4 2
2 6
5
5
5 5
C C
C

  
 

 
 
 
 


lớn nhất khi
sin

lớn nhất.
Cả hai trường hợp
sin

lớn nhất bằng
5
6
khi
2
1,
5
B C
  
.
Vậy (P) cần tìm có phương trình :
5 2 9 0
x y z
   
.
0,25
Chương trình chuẩn

4a 1.0

Ta có


2
95 95
   
i

0,5

Vậy phương trình có hai nghiệm:
5 95
6
i
z


và
5 95
6
i
z


.
0,5
5a 2.0
a.

(0,5 đ)
Ta có:


3;2; 7
A

, hình chiếu của A lên các trục tọa độ là:


1
3;0;0
A ,


2
0;2;0
A ,


3
0;0; 7
A

.
0,25
Phương trình mặt phẳng




:
1 14 21 6 42 0
3 2 7
x y z
x y z
       

0,25
b.
(0,75 đ)
Gọi (d) là đường thẳng qua O và vuông góc với mặt phẳng



.
Phương trình đường thẳng (d):
14
21
6
x t
y t
z t






 


.
0,25
H là hình chiếu của O lên mặt phẳng



suy ra H là giao điểm của (d)
và



.




14 ;21 ; 6
  
H d H t t t

0,25
 
42
673 42 0
673

     H t t
Vậy
588 882 252
; ;

673 673 673
 

 
 
H .
0,25
c.
(0,75 đ)
Ta có
(6;0; 2)
B
 

Viết được mặt phẳng (P):
2 3 0
x y
 

0,25
Bán kính mặt cầu (S)
12
( ,( ))
13
R d B P 
2 2 2
144
( ):( 6) ( 2)
13
S x y z    

0,25
+
0,25
6a 1.0

(4 ; ; 3 )
M d M t t t
   

( 5 ;2 ;3 3 )
( ;1 ; 5 3 )
( 1 ; ; 1 3 )
MA t t t
MB t t t
MC t t t
    
    
     




0,25
2 2 2 2
33 12 66
MA MB MC t t
    

0,25
2

2 2 2
2 714 714
33
11 11 11
MA MB MC t
 
     
 
 

0,25
Đẳng thức xảy ra khi
2
11
t


Vậy
2 2 2
MA MB MC
 
nhỏ nhất khi
46 2 6
; ;
11 11 11
M
 

 
 

0,25