Đề thi HK II năm học 2010 - 2011 tỉnh Bình Phước

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI – KIỂM TRA HỌC KỲ II, LỚP 12
BÌNH PHƯỚC

Năm học: 2010-2011.

ĐỀ CHÍNH THỨC Đề thi
môn:
TOÁN (THPT)
(Đề thi gồm 1 trang)
Thời gian làm bài: 150 phút
(Không kể thời gian phát đề).

I. PHẦN CHUNG CHO TẦT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm):

Câu 1 (3,0 điểm): Cho hàm số
3
1 2
x
y
x
− +
=
+
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết rằng tiếp tuyến đó vuông góc với đường thẳng
: 7 2011 0
d x y
− + =
.

Câu 2 (3,0 điểm):
1. Giải bất phương trình :
2
5 5 26
−
+ <
x x
.
2. Tính tích phân
2
2 33
0
. 8.
I x x dx
= −
∫
.
3. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
(
)
2
ln 23 4 2011
y x x= + +
.
Câu 3 (1,0 điểm): Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu
vuông góc của A’ xuống mặt phẳng (ABC) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Góc giữa hai
mặt phẳng (A’AB) và (ABC) bằng
0
45
. Tính thể tích của khối lăng trụ này .

II. PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm bài một trong hai phần sau đây :
Phần A. Theo chương trình chuẩn:
Câu 4a (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho hai đường thẳng:

1 2
2 1
: 3 , ':
3 1 2
1
x t
x y z
d y t R d
z t
= +

− +

= − ∈ = =

−

= −

.
1. Chứng minh rằng hai đường thẳng
, '
d d
chéo nhau. Tính côsin của góc giữa hai đường thẳng

này.
2. Viết phương trình mặt phẳng
( )
P
chứa d và song song với d’.
Câu 5a (1,0 điểm): Tìm mô đun của số phức
( )
3
1 3
2 5
i
z i
i
− +
= + −
−
.
Phần B. Theo chương trình nâng cao:
Câu 4b (2,0 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho hai đường thẳng:

1
2 1
:
1 2 3
x y z
d
− +
= =

−
,
2
2
: 2 4 ,
1 6
x t
d y t t R
z t
= −


= − + ∈


= −

.
1. Xét vị trí tương đối của hai đường thẳng
1
d
và
2
d
. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng này.

2. Tìm hình chiếu vuông góc của
O
trên
1

.
d

Câu 5b (1,0 điểm): Giải hệ phương trình:
2
3 3
4 16
1
log
log ( ) log ( )
x y
x y x y
−

=


+ + − =


.
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 kí của giám thị 1:……………………… Chữ kí của giám thị 2:……………………

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

BÌNH PHƯỚC

HƯỚNG DẪN CHẤM
THI – KIỂM TRA HỌC KỲ II, LỚP 12

Môn: Toán


Câu Nội dung Điểm
Cho hàm số
3
1 2
x
y
x
− +
=
+
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.

* Tập xác định:
1
\
2
D R
 
= −
 
 

0,25

* Sự biến thiên:
+
( )
2
7
' 0,
1 2
y x D
x
−
= < ∀ ∈
+

Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định. Hàm số không có cực trị
+
3 1
lim
1 2 2
x
x
x
→±∞
− +
= −
+

⇒

1
2

y
= −
là phương trình đường tiệm cận ngang.

1 1
2 2
3 3
lim , lim
1 2 1 2
x x
x x
x x
+ −
→− →−
− + − +
= +∞ = −∞
+ +

⇒

1
2
x
= −
là phương trình đường tiệm cận
đứng.


0,25

0,25

0,25

0,25
+ Bảng biến thiên :
x

-
∞

1
2
−
+
∞

'
y


−

−

y

1
2
−

+∞


−∞

1
2
−







0,25



Câu I
(3,0
điểm)

* Đồ thị :
Điểm đại diện :
x
0 3
y

3

0











Nhận xét : ĐTHS nhận giao điểm hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng.



0,25









0,25

4
2
-2
-4
-5
5
2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết rằng tiếp tuyến đó vuông góc với
đường thẳng
: 7 2011 0
d x y
− + =
.

Theo giả thiết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng d nên tiếp tuyến có hệ số góc
là
7
k
= −
.
Gọi
0
x
là hoành độ tiếp điểm.
Giải phương trình
0
'( )
f x k
=

( )
( )
2
0
2
0
0
0
7
7
1 2
1 2 1
0
1
x
x
x
x
−
⇔ = −
+
⇔ + =
=

⇔

= −


0,25








0,25


+
0 0
0 3
x y
= ⇒ =
: Phương trình tiếp tuyến là
7 3
y x
= − +

0,25
+
0 0
1 4
x y
= − ⇒ = −
: Phương trình tiếp tuyến là
7 11

y x
= − −

0,25
1. (1, 0 điểm)
Giải bất phương trình :
2
5 5 26
−
+ <
x x

Ta có:
2
25
5 5 26 5 26 0
5
−
+ < ⇔ + − <
x x x
x


(
)
2
5 26 5 25 0
⇔ − + <
.
x x

Đặt
5 0
= >
,
x
t t
.
Bất phương trình trở thành:
2
26 25 0
t t
− + <


1 25
t
⇔ < <


0 2
1 5 25
5 5 5
0 2
⇔ < <
⇔ < <
⇔ < <
x
x
x

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là
(
)
0;2
T =






0,25


0,25

0,25



0,25
2. Tính tích phân
2
2 33
0
. 8.
I x x dx
= −
∫

Đặt
3 3 3 3
8 8
t x t x
= − ⇒ = −


2 2
3 3
t dt x dx
⇒ =

Đổi cận:
0 2
x t
= ⇒ = −


2 0
x t
= ⇒ =

Vậy
0
0
4
3
2
2

4
4
t
I t dt
−
−
= = = −
∫




0,25


0,25

0,5

Câu II

(3,0
điểm)
3. Tìm GTLN, GTNN của hàm số
(
)
2
ln 23 4 2011
y x x= + +

TXĐ:
D R
=
.
Ta có:
2
46 4
'
23 4 2011
x
y
x x
+
=
+ +


2
' 0 46 4 0
23
y x x
= ⇔ + = ⇔ = −

BBT:


0,25

0,25

x

-
∞

2
23
−
+
∞


'
y

- 0 +
y

+∞

+∞




46249
ln
23

Vậy
46249
min ln
23
D
y =
tại
2
23
x = −
, không tồn tại
max
D
y
.

0,25








0,25
Câu
III

(1,0
Điểm)
+ Vẽ đúng hình.
+ Gọi G là hình chiếu của A’ trên mặt phẳng (ABC). Chỉ ra góc giữa (A’AB) và
(ABC) là
·
0
' 45
A KG =
(với K là trung điểm AB ).

K

Thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là :
2 3
3 3
. ' .
4 6 8
ABC
a a a
V S A G= = =


0,25


0,25

0,25
0,25
Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho hai đường thẳng:

1 2
2 1
: 3 , ':
3 1 2
1
x t
x y z
d y t R d
z t
= +


− +

= − ∈ = =

−

= −

.


Cơ
bản

Câu
4a
( 2,0
điểm)
1. Chứng minh rằng hai đường thẳng
, '
d d
chéo nhau.
Ta có: *
(
)
(
)
1; 3;1 , 2;0; 1
d
M d u

− ∈ = −
uur
là véc tơ chỉ phương của d
*
(
)
(
)
'
' 2;0; 1 ', 3; 1;2
d
M d u− ∈ = −
uur
là véc tơ chỉ phương của d’

( ) ( )
'
'
' 1;3; 2 , , 1; 7; 2
, . ' 18 0
d d
d d
MM u u
u u MM
 
⇒ = − = − − −
 
 
⇒ = − ≠
 

uuuuur uur uur
uur uur uuuuur

Vậy
, '
d d
chéo nhau.
Tính
( )
·
cos ; ' ?
d d
.



0,25
0,25


0,25



Ta có:
( )
·
'
'
.

4 4
cos ; '
5. 14 70
.
d d
d d
u u
d d
u u
= = =
uur uur
uur uur




0,25
2. Viết phương trình mặt phẳng
( )
P
chứa d và song song với d’.
Ta có: *
(
)
(
)
(
)
1; 3;1 1; 3;1
M d M P

− ∈ ⇒ − ∈

*
(
)
2;0; 1
d
u
= −
uur
,
(
)
'
3; 1;2
d
u = −
uur
là cặp véc tơ chỉ phương của
(
)
P


( )
( )
'
, 1; 7; 2
d d
P

n u u
 
⇒ = = − − −
 
uuur uur uur
là véc tơ pháp tuyến của
(
)
P
.
Phương trình
(
)
(
)
(
)
(
)
: 1 1 7 3 2 1 0
P x y z
− − − + − − =


7 2 18 0
x y z
⇔ + + + =
.

0,25

0,25
0,25

0,25

Câu
5a
( 1,0
điểm)
Tìm mô đun của số phức
( )
3
1 3
2 5
i
z i
i
− +
= + −
−
.
Ta có:
2 3
( 1 3 )
8 60 150 125
1
i i
z i i i
− +

= + − + −


145 64
i
= − +

Vậy
( )
2
2
145 64 25121
z = − + =



0,25


0,5
0,25
Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho hai đường thẳng:

1
2 1
:
1 2 3
x y z

d
− +
= =
−
,
2
2
: 2 4
1 6
x t
d y t
z t
= −


= − +


= −

.
1. Xét vị trí tương đối của hai đường thẳng
1
d
và
2
d
.
Ta có: *
(

)
(
)
1
1 1
2;0; 1 , 1; 2;3
d
M d u− ∈ = −
uur
là véc tơ chỉ phương của
1
d

*
(
)
(
)
2
2 2
0; 2;1 , 2;4; 6
d
M d u
− ∈ = − −
uur
là véc tơ chỉ phương của
2
d

Suy ra:

( ) ( )
1 2
1 2
2; 2;2 , , 0;0;0
d d
M M u u
 
= − − =
 
uuuuuur uur uur
,
1 2
M M
uuuuuur
và
1
d
u
uur
không cùng
phương.
Vậy
1 2
,
d d
song song.
Tính khoảng cách giữa
1
d
và

2
d
?
Ta có:
( ) ( )
2
2
1 2
1 2 1 2 1 2
,
416 52
/ / , ,
7
56
d
d
M M u
d d d d d d M d
u
 
 
⇒ = = = =
uuuuuur uur
uur

0,25

0,25

0,25



0,25
Nâng
cao
Câu
4.b
( 2,0
điểm)
2. Tìm hình chiếu vuông góc của
O
trên
1
.
d

Ta có: * Phương trình mặt phẳng
(
)
Q
qua

O
và vuông góc
1
d
là
2 3 0
x y z
− + =

* Gọi H là hình chiếu của O trên
1
d
. Suy ra
(
)
1
H d Q
= ∩

Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ
29
14
2 4
1
3 2 2
7
2 3 0
11
14
x

x y
y z y
x y z
z

=

+ =


 
+ = − ⇔ = −
 
 
− + =


= −



Vậy
29 1 11
; ;
14 7 14
H
 
− −
 
 

.

0,25

0,25



0,25




0,25
Câu
5.b
( 1,0
điểm
Giải hệ phương trình
2
3 3
4 16
1
log
log ( ) log ( )
x y
x y x y
−

=



+ + − =


.
ĐK:
0

0

+ >

− >

x y
x y

Ta có:
2
3 3
4 16
1
log
log ( ) log ( )
x y
x y x y
−

=



+ + − =




( )
2
22 2
2 2
3
1
1
4 4
1 3
3
1log ( )
x y
x y
x y
y yx y
x y
−

= +

− =
=


  
⇔ ⇔ ⇔
  
+ − =
− =
− =


 


2
1
x
y
=

⇔

=

.
Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của hệ phương trình là
2
1
x
y
=



=

.




0,25





0,5


0,25


Lưu ý: Thí sinh giải theo hướng khác đúng đều cho điểm tối đa.