Đề thi học kì 2 môn Toán lớp 12 trường THPT Yên Lạc 2, Vĩnh Phúc năm học 2015 2016

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ 2 LỚP 12

TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2

MÔN TOÁN NĂM HỌC 2015 – 2016

-------------------

Thời gian làm bài 90 phút, không kể thời gian giao đề
(Đề thi gồm 01 trang)
----------------------

Câu 1: (2,5 điểm)
a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C ) của hàm số y 

2x  1
.
x2

b) Tìm m để đồ thị của hàm số y  x 3  3x 2  mx  1 có hai điểm cực trị.
Câu 2: (1,0 điểm) Giải phương trình:

1
log 3 ( x  3)  log 27 ( x  1) 3  log 3 (3 x  7) .
2

Câu 3: (2,0 điểm)

a) Tính thể tích khối tròn xoay được tạo bởi phép quay quanh trục Ox hình phẳng
giới hạn bởi các đường y  x 2  2 x , y  0 , x  0 và x  1 .
1

b) Tính tích phân : I   x(1  e x )dx .
0

Câu 4: (1,0 điểm) Tính môđun của số phức w  z  i z , biết z  (1  2i ) 2 .
Câu 5: (1,0 điểm) Cho hình chóp S. ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác
SAB đều. Gọi I, F lần lượt là trung điểm của AB và AD , đường thẳng SI vuông góc với

đáy ( ABCD) . Tính thể tích khối chóp S. ABCD và khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng
(SFC) .

Câu 6: (1,5 điểm) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng  có phương trình:
x 1
z 3
và mặt phẳng ( ) có phương trình: x  2 y  2 z  4  0 .
 y2
3
1

a) Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng  với mặt phẳng ( ) .
b) Viết phương trình mặt cầu (S ) có tâm D(3; 2; 1) và bán kính là 5. Chứng minh
mặt cầu (S ) giao với mặt phẳng ( ) bởi một đường tròn, tìm bán kính của đường tròn giao
đó.
Câu 7: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau:
( x 2  1  4 x 2 y  2)( 9 y 2  1  1)  27 x 2 y 3
, ( x  R ).
 2

2 x y  x  2  0

---------------------Hết--------------------


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ 2 LỚP 12

TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2

MÔN TOÁN

-------------------

NĂM HỌC 2015 - 2016
----------------------

I. LƯU Ý CHUNG
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài,
học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài 5 học sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm phân đó.
II. ĐÁP ÁN
Câu

Phần

1

a

Nội dung trình bày

Điểm

 TXĐ: D  R \ 2
 Sự biến thiên

0,25

5
 0, x  D
- Chiều biến thiên: y '  
( x  2) 2

- Hàm số nghịch biến trên các khoảng (;2) và (2;)

0,25

- Hàm số đã cho không có cực trị.
- Tiệm cận lim y  lim y  2 nên tiệm cận ngang là: y  2
x  

x  

lim y  , lim y    x  2 là đường tiệm cận đứng

x2

x2

0,25

của đồ thị
Bảng biến thiên:
x
y'
y

2



-



-

2

0,25



2



Đồ thị
1
2

1
2

- Đồ thị cắt trục Ox tại A( ;0) cắt trục Oy tại B(0; ) , nhận I (2;2) là
tâm đối xứng.

0,5


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

6

4

2

-10

-5

5

10

-2

b

Ta có y '  3x 2  6 x  m

0,25

Để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị thì y '  0 có hai nghiệm phân biệt

0,25

Hay là '  0  9  3m  0

0,25

m3

Vậy với m  3 thì đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực trị
Điều kiện: x  3

2

0,25
0,25

Phương trình đã cho tương đương với:
log 3 ( x  3)  log 3 ( x  1)  log 3 (3 x  7)
 ( x  3)( x  1)  3 x  7

0,25
0,25

 x 2  5x  4  0
x  1

x  4

0,25

Kết hợp với điều kiện phương trình có nghiệm là: x  4
3

a

1

Thể tích cần tìm là V    ( x 2  2 x) 2 dx

0,25

0

1

   ( x 4  4 x 3  4 x 2 )dx

0,25

x5
4x3 1
 x4 
)
5
3 0

0,25

0

 (


b

8
15

0,25

1

1

1
1
x2 1
1
x

I   x(1  e )dx   xdx   xe dx 
  xe dx    xe x dx
0
2
2 0
0
0
0
0
x

1

x

0,25


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
1

u  x  du  dx

Tính I1   xe x dx đặt 
0

x
x
dv  e dx  v  e

0,25

1 1 x
 I1  xe   e dx
o 0
x

1
1
 xe x  e x
0
0

0,25

 e  e 1  1

Vậy I 
4

1
3
 I1  .
2
2

0,25

Ta có z  (1  2i ) 2  1  4i  4i 2  4i  3

0,25

 z  3  4i

0,25

 w  4i  3  i (3  4i )  4i  3  3i  4i 2  7i  7

0,25

Vậy mô đun của w là: w  49  49  7 2

0,25

5

0,5

Vì tam giác ABC là tam giác đều nên SI 
1
3

Thể tích của khối chóp là: V  SI.a 2 
Gọi K  FC  ID
+ Kẻ IH  SK ( H  SK ) (1)

a 3
.
2

a3 3
(đvtt)
6

0,25


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

+ Vì SI  ( ABCD)  SI  FC(*)
+ Mặt khác, Xét hai tam giác vuông

và DFC

AID


có:



AI  DF , AD  DC . Suy ra, AID  DFC  AID  DFC








mà AID ADI  90 0  DFC ADI  90 0 hay FC  ID(**)
+ Từ (*) và (**) ta có: FC  ( SID)  IH  FC (2). Từ (1) và (2) suy
ra: IH  (SFC) hay khoảng cách d ( I , ( SFC))  IH
Ta có:
a 5 1
1
1
5
a 5
,


 2  DK 
2
2
2
2 DK
5
DC
DF
a
3a 5
 IK  ID  DK 
10
ID 

Do đó,

1
1

1
32
3a 2
.
 2 
 2  IH 
2
2
8
IH
SI
IK
9a

Vậy d ( I , ( SFC)) 
6

a

0,25

Gọi M

3a 2
(đvđd)
8

là giao của 

và mp( ) , vì M  

nên ta có

M (3t  1; t  2;t  3)

Vì

M  ( )

nên

ta

có

phương

trình

3t  1  2t  4  2t  6  4  0  7t  7  t  1

Vậy giao điểm của  và mặt phẳng ( ) là M (2;1;2)
b

( x  3) 2  ( y  2) 2  ( z  1) 2  25
3 42 4
12  2 2  2 2

0,25
0,25

Phương trình mặt cầu (S ) có tâm D và bán kính R  5 là:

Ta có khoảng cách từ D đến ( ) là: h 

0,25

3

0,25

0,25

Vì h  R nên mặt cầu (S ) giao với mặt phẳng ( ) bởi một đường tròn
Gọi I là tâm của đường tròn giao tuyến thì DI  ( ), DI  3 . Vậy bán
kính của đường tròn giao tuyến là: r  R 2  h 2  25  9  4
7

0,25

( x 2  1  4 x 2 y  2)( 9 y 2  1  1)  27 x 2 y 3 1
 2
2 x y  x  2  02 

+) Với y  0 ta có VT(1)  0 và VP(1)  0 nên không thỏa mãn hệ

0,25


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

phương trình
+) Với y  0 thì từ (2)  x  2 x 2 y  2  2  x  2
Từ (1)  x 2  1  4 x 2 y  2  3x 2 y ( 9 y 2  1  1)


x 2  1  2  3 x 2 y 9 y 2  1  x 2 y 3

Rút từ (2) ra 2  x  2 x 2 y thay vào phương trình (3) ta được:
x 2  1  x  2 x 2 y  3x 2 y 9 y 2  1  x 2 y


x 2  1  x  3x 2 y 9 y 2  1  3x 2 y

Với x  2 chia cả hai vế cho x 2 ta được:

0,25

1 1 2
1
( )  1   3y 9 y 2  1  3y
x x
x
1
 f ( )  f (3 y )*
x

Xét hàm số f (t )  t t  1  t ta được f ' (t )  t  1 
2

2

t2
t2 1

1  0

với t  R

0,25

Suy ra hàm số đồng biến trên R .
Nên từ phương trình (*) 
(2) ta được x  6  y 

1
1
 3 y  xy 
thay vào phương trình
x
3

1
thỏa mãn hệ phương trình.
18

Vậy hệ phương trình có nghiêm là: ( x; y )  (6;

--------------Hết--------------

1
)
18

0,25