Đáp án đề KT HK II (07-08).

kiểm tra học kì II, năm học 2007-2008
Môn: Toán l ớp 12.
Thời gian: 150 phút. (không kể thời gian phát đề).
----------------------------------------------------------------------------
Đề bài
Bài 1. (3,5 điểm). Cho hàm số y = x
3
3x
2
+ mx
a) Định m để hàm số đạt cực trị tại x = 2.
b) Khảo sát hàm số khi m = 0. Gọi (C) là đồ thị hàm số.
c) Biện luận theo k số nghiệm của phơng trình x
3
3x
2
k = 0.
Bài 2. (1,5 điểm)
a) Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đờng y = sinx; y = 0; x = 0; x =
2

.
Tính thể tích khối tròn xoay đợc tạo thành khi quay hình (H) quanh trục hoành.
b) Tính I =

+
1
0
2
)dxxxln(1
.

Bài 3. (1,0 điểm)
Tìm hệ số của x
25
y
10
trong khai triển (x + y)
15
.
Bài 4. (1,5 điểm)
Cho hypebol (H):
1
8
y
4
x
22
=
và đờng thẳng (): x y 2 = 0.
a) Chứng minh rằng () luôn cắt (H) tại hai điểm phân biệt.
b) Tìm điểm C thuộc (H) sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 4.
Bài 5. (2,5 điểm)
Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai đờng thẳng

1
:



=++
=+

01zy2x
032zyx
và
2
:
2
1z
1
1y
1
2x

=


=

.
a) Viết phơng trình mặt phẳng (P) chứa đờng thẳng
1
và song song với đờng
thẳng
2
.
b) Cho điểm M(2; 1 ; 0). Xác định điểm H thuộc đờng thẳng
1
sao cho độ dài
MH nhỏ nhất.
c) Tính khoảng cách giữa hai đờng thẳng
1

và
2
.
-------------------------------------------------------------------------
ĐáP áN Và hớng dẫn chấm đề kiểm tra học kì II
môn toán 12, năm học 2007-2008
Bài Đáp án
Biểu
điểm
Bài1
a) TXĐ : D=R
Y = 3x
2
6x +m
Hàm số đạt cực trị tại x=2
y (2)= 0 12 12 +m= 0 m=0
Khi m=0 hàm số trở thành y= x
3
3x
Xét y = 3x
3
6x,
y = 6x 6
y (2)= 12 12 =0,
y (2)= 12 6 =6 > 0
x=2 là điểm cực tiểu
Vậy khi x=2 thì hàm số đạt cực trị tại m = 0
b)
Khi m= 0 hàm số trở thành y= x
3

3x
2
* Tập xác định: D=R
* Sự biến thiên
+ y = 3x
2
6x
y =0 3x
2
6x=0 x = 0 hoặc x = 2
+ Giới hạn:
=

y
x
lim
,
+=
+
y
x
lim
+ Bảng biến thiên
x

0 2
+
y'
+ 0 0 +
y 0

+


4
Hàm số đồng biến trên hai khoảng (

; 0) và (2;
+
)
Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2)
Hàm số đạt cực đại tại x=0 ; y
CĐ
=0
Hàm số đạt cực tiểu tại x=2; y
CT
= 4
+ y = 6x 6,
y =0 6x 6 =0 x=1 y= 2
Bảng xét dấu y :
x

1
+
y
0 +
ĐTHS
lồi điểm uốn lõm
I(1; 2)
* Đồ thị:
Cho x= 1 y= 4

x= 3 y=0
Đồ thị qua các điểm (1; 4), (3; 0)

-4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5
-6
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
x
y
y = x
3


3x
2

(C)
0
y = x
3


3x
2

c)
x
3
3x
2
k =0 x
3
3x
2
=k (1)
Phơng trình hoành độ giao điểm của hai đờng: (C): y= x
3
3x
2
(d): y= k
Đờng thẳng (d) song song hoặc trùng với trục hoành và đi qua điểm (0;k).
Số giao điểm của (d) và (C) là số nghiệm của phơng trình đã cho.
Dựa vào đồ thị:
+ Khi k< 4 hoặc k > 0 thì (d) và (C) có một điểm chung suy ra phơng
trình đã cho có một nghiệm.
+ Khi k= 4 hoặc k = 0 thì (d) và (C) có hai điểm chung suy ra phơng trình
đã cho có hai nghiệm.
+ Khi 4 < k < 0 thì (d) và (C) có ba điểm chung suy ra phơng trình đã cho
có ba nghiệm.
Bài2
a) Thể tích vật thể tròn xoay cần tìm:
V =

2
0

2
xdxsin

=

2
0
cos2x)dx-(1


2
=
2

0
|sin2x)
2
1
(x
2


=
4
2

(đvtt)
b)
Đặt

=
+=
xdxdv
)xln(1u
2








+
=+=
+
=
2
1x
2
1
2
x
v
dx
x1
2x
du

22
2
Suy ra
I =
1
0
|)xln(1
2
1x
2
2
+
+
-

1
0
xdx
= ln2
2
1
Bài3
Số hạng thứ (k+1) trong khai triển (x
3
+xy)
15
là
T
k+1
=

kk153k
15
(xy))(xC

(k = 0, 1 , , 15)
=
k2k45k
15
y(x)C

Hệ số của x
25
y
10
ứng với



=
=
10k
252k45
k = 10
Vậy hệ số của x
25
y
10
là
10
15

C
= 3003
Bài 4
a)
Toạ độ giao điểm của đờng thẳng () và Hypabol (H) là
là nghiệm của hệ phơng trình:





=
=
(2)02yx
(1)1
8
y
4
x
22
Từ (2) ta suy ra: y = x 2 thay vào (1) ta đợc:
x
2
+ 4x 12 = 0 x = 0 hoặc x = 6
Với x = 0 thì y = 0, ta có A(2; 0)
Với x = 6 thì y = 8, ta có B(6; 8)
Khi đó AB = 8
2
b)
Gọi C(x;y) (H) thì

d(C,) =
2
1
28
2,4
AB
2S
ABC
==

2
1
2
2yx
=






=
=
1xy
3xy
Vì C (H) nên có pt: 2x
2
y
2
= 8

Với y = x 3 thì x
2
+ 6x 17 = 0




+=+=
==
266y263x
266y263x
Với y = x 1 thì x
2
+ 2x 9 = 0




+=+=
==
102y101x
102y101x
Vậy có 4 điểm cần tìm:
( )
266;263

;
( )
266;263
++

( )
102;101

;
( )
102;101
++
Bài 5
a)
Đờng thẳng
1
có VTCP:
( )
)3;5;1(
==



1
1
1
2
1
2
2
1
2
1
1

11
;;u
và
1
đi qua A(0; 1; 2)
Đờng thẳng
2
có VTCP:
)2;1;1(
2
=
u
và
2
đi qua B(2; 1; 1)
Khi đó VTPT của mp(P) là:
]u,u[n
21
=
= (13; 5 ; 4)
Phơng trình mặt phẳng (P) là: 13x + 5y 4z + 3 = 0
b)
Vì H
2
nên H(2+t; 1t; 1+2t) và
MH
=(4+t; t; 1+2t)
MH nhá nhÊt⇔ MH ⊥ ∆
2
⇔

MH
.
u

2
= 0
⇔ 4 +t +t + 2(2t+1) = 0 ⇔ 6t + 6=0
⇔ t= −1
Khi ®ã: H(1; 2; −1)
c)
d(∆
1
, ∆
2
) =
]u,u[
AB].u,u[
21
21
Mµ
AB
= (2; 0; −1)
⇒
=
AB].u,u[
21
13.2 + (−4)(−1) = 30

=
]u,u[

21
210
Do ®ã: d(∆
1
, ∆
2
) =
210
30
=
7
210