Đề thi và đáp án học kỳ II khói 12

KIỂM TRA HỌC KỲ II
(Thời gian 90', không kể thời gian phát đề thi)
Câu 1: a. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số:
3
1
x
y
x
−
=
+
. Gọi đồ thị là (C)
b. Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C) tại giao điểm của đồ thị với
trục tung.
Câu 2: a. Giải bất phương trình sau trên tập số thực:

4
2
1 log 1
1 log 4
x
x
−
≤
+
(1)
b. Giải các phương trình sau trên tập số phức:

( ) ( )
1 2 1 3 9 7i z i i− − − = −

Câu 3: a. Tính tích phân sau bằng phương pháp tính tích phân từng phần:

3
2
6
os
x
I dx
c x
π
π
=
∫
b. Tính thể tích vật thể tròn xoay thu được khi quay hình phẳng (H )giới
hạn bởi các đường:
2
; 0; 0; 1
2
y y x x
x
= = = =
−
. Quay xung quanh trục Ox.
Câu4: a. Trong không gian Oxyz cho bốn điểm A ( 5; 0; 0 ); B ( 0; -3; 0);
C (0; 0; -5); D (1; 1; 1). Viết phương trình mặt phẳng (BCD). Chứng tỏ
ABCD là một tứ diện.
b. Trong không gian Oxyz cho phương trình mặt cầu:
2 2 2
4 10 6 2 0x y z x y z+ + + − − + =
. Tìm tọa độ tâm và bán kính mặt cầu.

Ghi chú:
Thí sinh không được sử dụng tài liệu, giám khảo không giải thích gì thêm
BIỂU ĐIỂM
Câu 1: 3.5 Điểm a/ 2.50 điểm
b/ 1.00 điểm
Câu 2: 2.00 Điểm a/ 1.00 điểm
b/ 1.00 điểm
Câu 3: 2.00 Điểm a/ 1.00 điểm
b/ 1.00 điểm
Câu 4; 2.50 Điểm a/ 1.50 điểm
b/ 1.00 điểm
ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM
CÂU Ý NỘI DUNG ĐIỂM
1
a
1.Tập xác định:
{ }
\ 1D R= −
0.25
2. Sự biến thiên:
Chiều biến thiên

( )
'
2
3 4
' 0
1
1

x
y
x
−
 
= = >
 ÷
+
 
+

x D
∀ ∈
Hàm số luôn đồng biến trên D, Hàm số không có cực trị.
0.75
Giới hạn và tiệm cận
3
lim 1
1
x
x
x
→−∞
−
=
+
;
3
lim 1
1

x
x
x
→+∞
−
=
+

1
3
lim
1
x
x
x
−
→−
−
= +∞
+
;
1
3
lim
1
x
x
x
+
→−

−
= −∞
+
Vậy hàm số có hai tiệm cận
Đứng:
1x
= −
Ngang:
1y =
0.50
Bảng biến thiên:
x
−∞
-1
+∞

'y
y

+∞

1




1
−∞
0.50
3. Đồ thị: Giám khảo tự vẽ. 0.50

b
Giao điểm của đồ thị với trục tung là:
( )
0
0; 3M −
0.50
Vậy hệ số góc của tiếp tuyến là:
( )
( )
2
4
' 0 4
0 1
y = =
+
Phương trình tiếp tuyến cần tìm là:
( ) ( )
' 0 0 3 4 3y y x y x= − − ⇔ = −
0.50
2
a
ĐK:
0x >
;
2
1 log 0x+ ≠

1
0
2

x⇔ < ≠
(*) 0.25
(1)
( )
2
2
1
1 log
1
2
1
1 log 4
x
x
−
⇔ ≤
+
2
2 1
1 2
log
t
t
t x
−

≤

⇔
+



=

0.25
2
2
2
1
1
log 1
0
1
2
log 1
log
2
t
x
x
t
x
t x
x
−


≤ −
≥
≤




⇔ ⇔ ⇔
+



≥


=
≥


0.25
So sánh với điều kiện (*) . Tập nghiệm của bất phương trình
là:
[
)
1
0
1
0; 2;
2
2
2
x
x
x


< <
 

⇔ ∈ ∪ +∞
 ÷

 
≥

0.25
b
Ta có:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
1 2 1 3 9 7 1 2 1 3 9 7i z i i i z i i− − − = − ⇔ − = − + −
( )
1 2 10 10i z i⇔ − = −
0.25
( ) ( )
( ) ( )
10 10 1 2
10 10
1 2 1 2 1 2
i i
i
z z
i i i
− +
−
⇔ = ⇔ =

− − +
0.50
30 10
6 2
5
i
z z i
+
⇔ = ⇔ = +
0.25
3
a
Đặt:
2
1
cot
'
os
u x
du dx
v x
v dx dx
c x
=

=


⇒
 

=
=



0.25
3
6
3
( cot ) cot
6
I x x xdx
π
π
π
π
⇒ = −
∫
0.25
( )
3
6
sinx
cot cot
3 3 6 6 sinx
d
π
π
π π π π
 

= − −
 ÷
 
∫
0.25
( )
3 3
3
lnsin
3 18
6
x
π
π π
π
= − −
5 3 3 1 5 3 3
ln ln ln
18 2 2 18 3
π π
= − + = +
0.25
b
Ta có:
( )
2
1 1
2
0 0
2 1

4
2
2
V dx dx
x
x
π π
 
= =
 ÷
−
 
−
∫ ∫
0.25
( ) ( ) ( )
1 1
2 2
0 0
4 2 4 2 2x dx x d x
π π
− −
= − = − − −
∫ ∫
0.25
1
1
4
0
2 x

π
 
=
 ÷
−
 
0.25
1
4 1 2
2
π π
 
= − =
 ÷
 
0.25
4
a
Ta có mặt phẳng (BCD) có véc tơ pháp tuyến
( )
; 23; 5; 3n BC BD
 
= = − −
 
r uuur uuur
0.50
Vậy phương trình mặt phẳng (BCD) là:
( )
23 5 3 3 0 23 5 3 15 0x y z x y z− + − = ⇔ − − − =
0.50

Khi:
5; 0; 0 23.5 15 0x y z= = = ⇒ − ≠
Vậy
( ) ( )
5;0;0A BCD∉
Nên ABCD là một tứ diện
0.50
b
Ta có: Gọi tâm
( )
; ;I a b c
thì
2 4 2
2 10 5
2 6 3
2 2
a a
b b
c c
D D
= − = −
 
 
= =
 
⇒
 
= =
 
 

= =
 
( )
2;5;3I⇒ −

0.75
Bán kính
( )
2
2 2
2 5 3 2 36 6R = − + + − = =
0.25