Đề thi HKI,II cb

THI HỌC KÌ II (Năm hoc:2008-2009)̣
Môn thi: toán. Khối :Lớp 12 (cơ bản). Thời gian: 120 phút
Đề1:
Câu I ( 3,5 điểm ). Cho hàm số y = −
4
x
4
+ 2x
2
.
a) Khảo sát và vẽ đồ thò (G) của hàm số trên.
b) Dựa vào (G) biện luận theo k số nghiệm của phươngtrình:

4 2
x 8x + 2-
– 4k = 0
c) .Tính thể tích các khối tròn xoay do hình phẳng giới hạn bởi (G), trục hoành, đđường thẳng x= –1
quay quanh trục Ox .
Câu II ( 1,5 điểm )
a) Tính tích phân: A =
( )
2
2
x sin x cosxdx
0
π
+
∫
.
b) Tìm mơđun của số phức
3

z 1 4i (1 i)= + + −
.
Câu III ( 2,5 điểm )
Trong không gian Oxyz cho bốn điểm A, B, C, D xác đònh bởi các hệ thức: A(2; 4; -1) ,
OB i 4 j k= + −
r r r
uur
, C(2; 4; 3) ,
kj2i2OD
rrr
−+=
a). Chứng minh rằng
ABADADACACAB
⊥⊥⊥
,,
. Tính thể tiùch khối tứ diện ABCD.
b). Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua 4 điểm A, B, C, D. Xác đònh tâm và bán kính của (S).
c). Viết phương trình tiếp diện của (S) tại A.
Câu IV.( 1,5 điểm ) :
Trong kg(Oxyz) cho bốn điểm A( 3;−2;−2 ), B( 3; 2; 0 ), C( 0; 2;1 ) và D(−1,1, – 12 ).
a).Viết phương trình mp(BCD). Suy ra ABCD là một tứ diện.
b).Chứng minh tam giác BCD vuông tại B. Tính thể tích khối tứ diện ABCD.
Câu V.( 1,0 điểm ) :
Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi y =
ln(2x)
, y = 1 và đường thẳng
x e=
.
Hết
Hậu Nghóa, ngày 10 tháng 4 năm 2009

BGH duyệt: TTCM duyệt: Giáo viên ra đề:


Nguyễn Văn Hiếu
- 1 -
Đáp án đề thi HKII (NH :2008-2009) Đề1
Câu nợi dung điểm
I
3,5đ
a). y = −
1
4
x
4
+ 2x
2

*TXĐ: D = R , y’= –x
3
+ 4x
* y’= 0
⇔
-x
3
+ 4x = 0
⇔

= ⇒ =



= ⇒ =


= − ⇒ =

x 0 y 0
x 2 y 4
x 2 y 4
** BBT:
x -
∞
-2 0 2 +
∞
y’ + 0 - 0 + 0 -
y -
∞
4 0 4 -
∞
CĐ CT CĐ
*Hàm số tăng trên (-
∞
; –2), (0; 2)
Hàm số giãm trên (–2; 0), (2; +
∞
)
Cực đại: (–2; 4), (2; 4). Cực tiểu (0; 0) ,
lim y
x
= −∞
→±∞

*Đồ thò hs: * nhận Oy làm trục đx.
D
*Điểm đặc biệt
( ) ( )
A 2 2;0 , B 2 2;0−

6
4
2
- 5 5 1 0 1 5
2
O
( D ) : y = - k + 1 / 2
- 2
2,0
b). *
4 2
x - 8x + 2
- 4k = 0
⇔
−
1
4
x
4
+ 2x
2
= -k+
1
2

. (*)
(*) là pt hđ gđ của (G) và đường thẳng (D): y = - k+
1
2
**Bảng biện luận:
– k+
1
2
.
k Số gđ của (G)
và (D)
Số nghiệm của pt (*)
– k+
1
2
> 4 k<-
7
2
0 0(Vô nghiệm)
– k+
1
2
= 4 k = -
7
2
2 2( kép: x= -2 ; x= 2)
0,75
- 2 -
0< – k+
1

2
< 4 -
7
2
< k <
1
2

4 4 đơn
– k+
1
2
= 0 k =
1
2
3 2 đơn,1 kép: x = 0
– k+
1
2
< 0 k >
1
2
2 2 đơn

c) * Giải pt hoành độ giao điểm của (C) và (
V
): −
1
4
x

4
+ 2x
2
= 0


= −

⇔ =


=

x 2 2
x 0
x 2 2

**Thể tích :
−
− −
−
− −
−
− −
     
= π − + = π − + = π − +
 ÷  ÷
 
     
− π π

= +
     
= π − + = π − + = π − +
 ÷  ÷
 
     

= π − − + −


∫ ∫
∫ ∫
2 1
1 1
4 2 8 6 4 9 7 5
1
8
8 8
2 0
0 0
4 2 8 6 4 9 7 5
2
1
1 1
1 1 1 1 4
V x 2x dx x x 4x dx x x x
4 16 144 7 5
3347 4096 2
5040 315
1 1 1 1 4

V x 2x dx x x 4x dx x x x
4 16 144 7 5
1 1 4
0
144 7 5

= π


   
= π − + = π − +
 ÷  ÷
   
π
 
= π − + =
 
 
π
= + + =
∫ ∫
2
8 8
4 2 8 6 4
3
0 0
8
9 7 5
0
1 2 3

3347
(đ.v.t.t)
5040
1 1
V x 2x dx x x 4x dx
4 16
1 1 4 4096 2
x x x
144 7 5 315
8192 2
V V V V
315
0,75
II
1,5đ
a) *A =
( )
∫
π
+
2
0
2
dx.xcosxxsin
=
∫∫
ππ
+
2
0

2
0
2
dx.xcos.xdx.xcos.xsin
*I
1
=
( )
3
1
3
t
dx.xcos.xsin
1
0
3
xsint
2
0
2
=






=
=
π

∫
*
[ ]
( )
2 2
2 2
I x.cosx.dx x.sin x sin x.dx cosx 1
2
0
0
2 2
0 0
π π
π
π
π π

= = − = + = −
∫ ∫
*
⇒
A = I
1
+I
2
=
2
π
–
3

2
1,0
b) *Vì
3 3 2 3
(1 i) 1 3i 3i i 1 3i 3 i 2 2i− = + − = − − + = − −−
z 1 4i 2 2i 1 2i⇒ = + − − = − +
* Suy ra :
2 2
z ( 1) 2 5⇒ = − + =

0,5
- 3 -
III
2,5đ
a).*
)0;0;1(AB
−=
;
)4;0;0(AC
=
;
)0;2;0(AD
−=
*
AB
.
AC
= 0,
AD
.

AC
= 0,
AD
.
AB
= 0
⇒
AB AC , AC AD ,AD AB⊥ ⊥ ⊥

* Diện tích đáy: S=
1 1
AB AB 1.4 2
2 2
= =
uur uur
*Tính thể tiùch khối tứ diện: V
ABCD
=
1 1 1 1 4
AD . AD AB AC 2.2
3 3 2 3 3
s = = =
ur ur ur ur
.b)*phương trình mặt cầu (S) đi qua 4 điểm A; B; C; D có dạng:

2 2 2
x y z 2ax 2by 2cz d 0(S)+ + − − − + =
1,0
(S) qua A,B,C,D :








−=++−−
−=+−−−
−=++−−
−=++−−
9dc2b4a4
29dc6b8a4
18dc2b8a2
21dc2b8a4
*
⇔







=
=
=
−=++−−
12b4
8c8
3a2

21dc2b8a4
⇔







=
=
=
=
3b
1c
2/3a
7d
* Suy ra (S) :
07z2y6x3zyx
222
=+−−−++

*(S) Có
( )
= + + − =
9 21
tâm I 3/ 2;3;1 ,bán kính R 1 9 7
4 2

1,0

c) *Phương trình tiếp diện :
 −
 
− = − −

 ÷
 


−

uur
1
VTPT : 2AI 2 ; 1;2
2
QuaA(2;4; 1)
*Dạng (P):1(x–2) + 2(y– 4) –4(z+1) = 0
Hay: x+2y–4z –14=0
0,5
IV
1,5 đ
a) Viết phương trình mp(BCD).
*
BC
=(–3 ;0 ;1),
BD
=(–4 ;–1 ; –12)
[ ]
BD,BC
=(1 ; – 40 ;3) VTPT

n
= (1 ;–40 ;3)
*Phương trình mp(BCD) đi qua B có dạng
x – 40y+3z + 77 = 0
*Thế toạ độ A vào pt (BCD ):
3 +8 0 – 6 +77= 0
⇔
154 = 0 ( sai)
⇒
A
∉
(BCD
0,75
b) *
BC
.
BD
=12+0–12= 0
⇒
Tam giác BCD vuông tại B
* Diện tích tam giác CBD :S =
1 1 1
BC BD 10 161 1610(đ.v.d.t)
2 2 2
= =
uuur uuur
Chiều cao:
=
154
d(A; (BDC))

1610
*Thể tích:
= = =
1 1 154 154 77
S.h 1610. . (đ.v.t.t)
3 6 6 3
1610
0,75
- 4 -
V
1,0 đ
*
e
ln(2x) 1 x
2
= ⇔ =
* **Diện tích:

[ ]
[ ]
= − = −
∫ ∫
= − + = − + −
= + = −
−
e e
e
S ln(2x) 1dx x ln(2x) 2 dx
e/ 2
e/ 2 e/ 2

e e
e/ 2
eln(2e) 2 x eln(2e) e 2e
e
2 2
e e
eln 2 eln 2
2 2
(đ.v.d.t)
1,0
Hậu Nghóa, ngày 10 tháng 4 năm 2009
BGH duyệt: TTCM duyệt: Giáo viên làm đáp án:


Nguyễn Văn Hiếu
- 5 -