Bộ đề thi học kì 2 môn Toán lớp 12 năm 2015-2016

BỘ ĐỀ THI HỌC KÌ 2 MƠN TỐN
LỚP 12 NĂM 2015-2016


1.

Đề thi học kì 2 mơn Tốn lớp 12 năm 2015-2016 –
Trường THPT Yên Lạc 2

2.

Đề thi học kì 2 mơn Tốn lớp 12 năm 2015-2016 Trường THPT Đa Phúc

3.

Đề thi học kì 2 mơn Tốn lớp 12 năm 2015-2016 –
Trường THPT Nguyễn Văn Linh

4.

Đề thi học kì 2 mơn Toán lớp 12 năm 2015-2016 – Sở
GD&ĐT TP Cần Thơ

5.

Đề thi học kì 2 mơn Tốn lớp 12 năm 2015-2016 –
Trường PTDTNT Sơn Động


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ 2 LỚP 12

TRƯỜNG THPT N LẠC 2

MƠN TỐN 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  3 x 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 trịn 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 mơđun 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 vng cạnh a, tam giác SAB đều.
Gọi I , F lần lượt là trung điểm của AB và AD , đường thẳng SI vng 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 khơng gian Oxyz, cho đường thẳng  có phương trình:
x 1
z 3
 y2
và mặt phẳng ( ) có phương trình: x  2 y  2 z  4  0 .
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 trịn, tìm bán kính của đường trịn 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


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ 2 LỚP 12

TRƯỜNG THPT N LẠC 2

MƠN TỐN

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

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 tồn bài tính đến 0,25 và khơng làm trịn.
- Với bài 5 học sinh khơng vẽ hình phần nào thì khơng cho điểm phân đó.
II. ĐÁP ÁN
Câu

Phần

Nội dung trình bày

Điểm

1

a



TXĐ: D  R \ 2



Sự biến thiên

0,25

- Chiều biến thiên: y '  

5
 0, x  D
( x  2) 2

- Hàm số nghịch biến trên các khoảng (;2) và (2;)
0,25
- Hàm số đã cho khơng 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 của

x 2

0,25

x 2

đồ thị

Bảng biến thiên:

x

y'
y

2


2


-



0,25


2



Đồ thị
1
1
- Đồ thị cắt trục Ox tại A( ;0) cắt trục Oy tại B(0; ) , nhận I (2;2) là tâm
2
2

đối xứng.

6

0,5
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

0,25
Vậy với m  3 thì đồ thị hàm số đã cho có hai điểm cực trị
2

Điều kiện: x  3

0,25

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

0,25

 ( x  3)( x  1)  3x  7
0,25

 x 2  5x  4  0
x  1

x  4
Kết hợp với điều kiện phương trình có nghiệm là: x  4

0,25

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

0

(



b

x5
4x3 1
 x4 

)
5
3 0

0,25

8
15

0,25

1

1

1

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

0

0

1
1
x2 1
1
  xe x dx    xe x dx
2 0 0

2 0

0,25

1

u  x  du  dx
Tính I 1   xe x dx đặt 
x
x
dv  e dx  v  e
0
 I 1  xe

x

1
o

1

  e x dx

0,25

0

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


S
5

B

C
H

I

K

A

F

Vì tam giác ABC là tam giác đều nên SI 

Thể tích của khối chóp là: V 

0,5

D

a 3

.
2

1
a3 3
(đvtt)
SI .a 2 
3
6

Gọi K  FC  ID
+ Kẻ IH  SK ( H  SK ) (1)
+ Vì SI  ( ABCD)  SI  FC (*)
+ Mặt khác, Xét hai tam giác vng AID và DFC có:




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





0,25



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:
0,25


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

3a 2
(đvđd)
8

Gọi M là giao của  và mp( ) , vì M   nên ta có
0,25

M (3t  1; t  2;t  3)
Vì M  ( ) nên ta có phương trình

0,25
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

0,25

Phương trình mặt cầu (S ) có tâm D và bán kính R  5 là:
0,25
2

2

2

( x  3)  ( y  2)  ( z  1)  25
Ta có khoảng cách từ D đến ( ) là: h 

3 4 2 4
12  2 2  2 2

3

0,25

Vì h  R nên mặt cầu (S ) giao với mặt phẳng ( ) bởi một đường tròn
Gọi I là tâm của đường trịn giao tuyến thì DI  ( ), DI  3 . Vậy bán kính
0,25

2

2

của đường tròn giao tuyến là: r  R  h  25  9  4
7

( 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 khơng thỏa mãn hệ phương
trình
+) Với y  0 thì từ (2)  x  2 x 2 y  2  2  x  2

0,25


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

0,25

Với x  2 chia cả hai vế cho x 2 ta được:
1 1 2
1
( )  1   3y 9 y 2  1  3 y
x x
x
1
 f ( )  f (3 y )*
x

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

t2
t 2 1

 1  0 với

0,25

t  R

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

1
1
 3 y  xy  thay vào phương trình (2) ta
x

3

1
thỏa mãn hệ phương trình.
18

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

--------------Hết--------------

1
)
18

0,25


ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ II NĂM HỌC: 2015 -2016
TRƯỜNG THPT ĐA PHÚC
MƠN: TỐN - LỚP 12
Thời gian: 90 phút
Bài 1: (2,5 điểm). Cho hàm số y 

x2
(C)Error! Reference source not found.
x 1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại giao điểm của (C) và trục hồnh.
2

Bài 2: (2,0 điểm). a) Tính: I    x 2  3x  2  dx .Error! Reference source not found.
0

b) Tính diện tích hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường: y  cos 3 x, y=0, x  0, x 


2

.

Bài 3: (1,5 điểm) Giải các phương trình sau trên tập số phức.
a) (3 + i)z – 2 = 0;

b) Error! Reference source not found. z2 + z + 3 = 0.

Bài 4: (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vng tại B, AB = 2a, góc ACB bằng 300 . Cạnh SA = 2a
và vng góc với đáy. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC theo a.

 x  1  2t

Bài 5: (3,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng (d ) :  y  1  t  t 
 z  2  3t


 Error! Reference source not

found.Error! Reference source not found.và mặt phẳng (P): x – y – z + 2= 0.
a) Tìm tọa độ giao điểm của (d) và (P).
b) Viết phương trình mặt phẳng chứa (d) và vng góc với (P).

c) Viết phương trình mặt cầu tâm I(–1;4;3) và tiếp xúc với mặt phẳng (P).
d) Viết phương trình mặt phẳng (α) đi qua A(1;9;4) và cắt các tia Ox, Oy, Oz lần lượt tại M, N, P sao cho: OM
+ ON + OP đạt giá trị nhỏ nhất.
……………. Hết ……………..


Câu

Điểm

HƯỚNG DẪN CHẤM

1a

• D = R\{-1}

0,25

(1,5)

• SBT + CBT. Error! Reference source not found.
+ hàm số đồng biến trên các khoảng (-∞;-1) và (-1;+∞)

0,25

+ hàm số khơng có cực trị
+ Error! Reference

Nên y = 1 là tiệm cận ngang của đồ thị

source not found.
Error! Reference
source not found.
0,25
Error! Reference source not

Nên x = - 1 là tiệm cận đứng của đồ thị

found.
Error! Reference source not
found.
+ BBT
x

–∞

-1

y

+

||

y’

+∞

||

1

+∞
0,25

+
1

–∞

• Đồ thị: giao Ox: (2;0)
Giao Oy: (0;-2)
(C) nhận I(-1;1) làm tâm đối xứng

0,5

1b

(C) Error! Reference source not found. Ox = {A(2;0)}

0,25


(1)

Có Error! Reference source not found.
Pt tiếp tuyến của (C) tại A(2;0) là y=y’(2)(x-2)+0

0,25

 y= Error! Reference source not found.(x-2)
 y= Error! Reference source not found.x- Error!

0,5

Reference source not found.
2a
0,5
(1)
0,5
2b

Khi đó Error! Reference source not found. =Error! Reference source not found.

0,5

(1)
0,25

= Error! Reference source not found. (đvdt)

0,25

3a

(3 + i)z – 2 = 0  z = Error! Reference source not found.

0,25

(0,75)

tính được z = Error! Reference source not found.i

0,25

Kết luận

0,25

3b
(0,75)

0,25
+ phương trình có Δ = – 11
Phương trình có 2 nghiệm phức là Error! Reference source not found.

0,25

Kết luận

0,25


4
(1)

0,25

• Vì SA ⊥ (ABC)
Nên Error! Reference source not found.

Tính được BC = Error! Reference source not found.

0,25
Tính được Error! Reference source not found.
• Trên mp (ABC) kẻ d đi qua C và song song với AB. Suy ra AB//(SC,d). Vậy d(AB,SC) =
d(AB,(d,SC)) = d(A,(d,SC))
• Trên mp (ABC) kẻ AI⊥d. Chứng minh được: d⊥(SAI)

0,25

• Trong mp (SAI) kẻ AH⊥SI. Chứng minh được: AH⊥(SC,d)
Vậy khoảng cách từ AB đến SC là độ dài AH
Tính được d(AB,SC) = AH = Error! Reference source not found.
5a

Gọi M là giao điểm của (d) và (P), tham số t ứng với tọa độ điểm M là nghiệm pt: (-1+2t) -

(1)

(1+t) - (2+3t)+2=0

0,25
0,25

Tìm được t = –1, suy ra tọa độ điểm M(- 3; 0; -1)

0,5

Kết luận: (d) cắt (P) tại M(–3;0; –1)

0,25

5b

Lập luận suy ra một VTPT của mp (α) là Error! Reference source not found.

0,5

(0,75)

Viết được pt (α): 2x + 5y – 3z +3 = 0

0,25

5c

Khẳng định và tính được R = Error! Reference source not found.

0,25

(0,5)

Vậy pt mặt cầu là: Error! Reference source not found. = 12

0,25


5d

Gọi M(a;0;0), N(0;b;0), P(0;0;c) với a,b,c dương và OM + ON + OP

(0,75)

=a+b+c
0,25
Ta có pt (α) là : Error! Reference source not found.
A Error! Reference source not found. (α) nên ta có Error! Reference source not found.
Có 36 = Error! Reference source not found.
Error! Reference source not found. (theo Bunhiakopxki)

0,25

36 Error! Reference source not found.
Dấu “ = ” xảy ra khi Error! Reference source not found. => a=6;

b=18;

c=12
Min(OM + ON + OP) = 36 khi a=6; b=18; c=12
Vậy pt (α) là Error! Reference source not found.hay 6x + 2y + 3z – 36 = 0

0,25


SỞ GD&ĐT PHÚ YÊN

KIỂM TRA HỌC KỲ 2 NĂM HỌC 2015 - 2016

TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN LINH

MƠN: TỐN – KHỐI 12
Thời gian làm bài: 90 phút;
(Không kể thời gian giao đề)

Đề 1.
Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y 

2 x 1
, có đồ thị là (C).
2 x 1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số
b) Tìm giao điểm của đồ thị ( C ) với đường thẳng d: y  x  2
2

Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình trên tập số phức: z  4 z  40  0 .
2

2

Tính A  z1  z2 , với z1, z 2 là hai nghiệm của phương trình.
Câu 3. (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số

f ( x )  x 3  6 x 2  15 x  1 trên đoạn  1; 2 .
2

Câu 4. (1 điểm) Giải phương trình: log 2 x  2log 4 (8 x)  3  0 .
Câu 5. (1 điểm) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh bằng a , SBC là tam giác
đều và nằm trong mặt phẳng vng góc với mặt đáy ( ABC ) . Tính thể tích của khối chóp

S . ABC theo a . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC.
Câu 6. (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 điểm

A(0; 0;  3), B (1; 2;  1), C (1; 0;  2)
a) Viết phương trình mặt phẳng ( ABC ) .
b) Viết phương trình mặt phẳng ( P ) sao cho ( P ) song song ( ABC ) và khoảng cách giữa ( P )
và mặt phẳng ( ABC ) bằng khoảng cách từ điểm I (1;2;3) đến mặt phẳng ( ABC ) .
1

Câu 7. (1 điểm) Tính tích phân: I 


0

x
dx .
(1  2 x 2 )3
3

Câu 8. (1 điểm) Giải bất phương trình: 8 x  2 x  ( x  3) x  2.
----- Hết -----


Đề 2
Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y 

2x
, có đồ thị là (C)
x 1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số.
b) Tìm giao điểm của đồ thị ( C ) với đường thẳng d: y  x  2 .
2

Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình trên tập số phức: z  6 z  90  0 .
2

2

Tính A  z1  z2 , với z1, z 2 là hai nghiệm của phương trình.
3

2

Câu 3. (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số f ( x )  x  6 x  15 x  1
trên đoạn  2; 1 .
2

Câu 4. (1 điểm) Giải phương trình: log 3 x  2log 9 (3x)  1  0
Câu 5. (1 điểm) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh bằng 2 a , SAB là tam
giác đều và nằm trong mặt phẳng vng góc với mặt đáy ( ABC ) . Tính thể tích của khối chóp

S . ABC theo a . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC.
Câu 6. (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 điểm

A(0; 0; 3) B(1;  2; 1) C (1; 0; 2)
a) Viết phương trình mặt phẳng ( ABC ) .
b) Viết phương trình mặt phẳng ( P) sao cho ( P) song song ( ABC ) và khoảng cách giữa

( P) và mặt phẳng ( ABC ) bằng khoảng cách từ điểm I (1; 2; 3) đến mặt phẳng ( ABC ) .

1

Câu 7. (1 điểm) Tính tích phân: I 


0

x
dx .
(1  3 x 2 )3
3

Câu 8. (1 điểm) Giải bất phương trình: 8 x  2 x  ( x  2) x  1.
----- Hết ----


HƯƠNG DẪN CHẤM THI HỌC KỲ II MƠN TỐN 12
NĂM HỌC 2015 - 2016
Đề 1
Câu

Ý

Nội dung

Điểm

Cho hàm số y 

2 x 1

, có đồ thị là (C)
2 x 1
2đ

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số.
b) Tìm giao điểm của đồ thị ( C ) với đường thẳng d: y  x  2

1 
2

TXĐ: D  R \  
0,25
'

* Sự biến thiên: Chiếu biến thiên: y 

4
0
(2 x 1) 2

* Giới hạn và tiệm cận:

lim y  1,



x  

lim y  1,  đồ thị hàm số có TCN: y  1

x  

0,25
1(2đ)

1a.

lim y   , lim y   ,  đồ thị hàm số có TCĐ: x 



x

1
2

x

1
2

1
2

* Bảng biến thiên:
x

-

+

y’

-

-

y

1

+

-

1

½

0,25

Hàm số nghịch biến trên từng khoảng của TXĐ
Hàm số khơng có điểm cực trị
* Đồ thị:

0,25


Tìm các giao điểm của đồ thị ( C ) với đường thẳng d : y  x  2
Phương trình hồnh độ giao điểm của ( C ) và ( d ) :

1b.

x  1
1 2 x 1
2
 x  2  2x  x 3  0  
ĐK: x  ,
3
x  
2 2 x 1

2

0,5

* x 1  y  3
* x

3
1
 y
2
2

0,5

3 1
)
2 2

Vậy giao điểm là: A (1; 3), B ( ;
2

2

Giải phương trình: Z  4Z  40  0 . Tính A  Z1  Z 2
2

Ta có:    36  0 nên phương trình có 2 nghiệm phức:

(1đ)

Z1  2  6 i, Z 2  2  6 i
2

2

A  Z1  Z 2  ( 40) 2  ( 40) 2  80

2

1đ

0,5

0,5

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số

f ( x)  x3  6 x 2  15 x  1 trên đoạn  1; 2 .
3
(1đ)

1đ

Hàm số f ( x ) xác định và liên tục trên  1; 2

x 1
f ( x )  3 x 2  12 x  15, f '( x )  0  
 x  5 (loai)

0.5


 f ( 1)  21,

f (1)   7,

Vậy Max  f ( x )   21,
 1; 2

f (2)  3
0.5

Min  f ( x )    7

 1; 2

2

Giải phương trình: log 2 x  2log 4 (8 x)  3  0
2

ĐK: x  0 phương trình đã cho  log 2 x  log 2 x  6  0
4
3a

0,25

t  3
t   2

Đặt t  log 2 x : t 2  t  6  0  

(1đ)

0,25

Khi t  3  log 2 x  3  x  8
Khi t   2  log 2 x   2  x 

0,5

1
4

Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh bằng a , SBC là tam
giác đều và nằm trong mặt phẳng vng góc với mặt đáy ( ABC ) . Tính thể
1đ

tích của khối chóp S . ABC theo a . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
SB và AC.
Diện tích đáy:

S ABC 

a

2

S

3

4

Do tam giác SBC đều và

G

nằm trong mặt phẳng
5

vuống góc với đáy nên

(1đ)

chiều cao của hình chóp là
chiều cao SH của tam

B

A

F
x

H

giác đều SBC cạnh a

a 3
 SH 
2

Vậy VS . ABC 

C

1
a 2 3a. a 3 a3
S ABC . SH 

3
3.4.2
8

0,25

0,25

Kẽ Bx // AC suy ra d ( AC , SB )  d (C ,( SBx))  2d ( H ,( SBx)) , kẽ HF vng
góc Bx, kẽ HG vng góc SF. Khi đó HG  (SBF )  d ( H , ( SBF ))  HG .

0,25


a 3 a 3

.
Tam giác BHF vuông tại F, HF  HB.cos BHF  .
2 2
4

Tam giác SHF vuông tại H,

Suy ra d ( AC , SB) 

1
1
1
20
a 15


 2  HG 
2
2
2
HG

SH
HF
3a
10

0.25

a 15
5

Trong không gian với hệ tọa độ oxyz , cho 3 điểm

A(0; 0;  3), B (1; 2;  1), C (1; 0;  2)
a) Viết phương trình mặt phẳng ( ABC ) .
2đ
b) Viết phương trình mặt phẳng ( P ) sao cho ( P ) song song ( ABC ) và
khoảng cách giữa ( P) và mặt phẳng ( ABC ) bằng khoảng cách từ điểm

I (1;2;3) đến mặt phẳng ( ABC ) .





 

Ta có: AB  (1; 2; 2), AC  (1; 0; 1)   AB, AC   (2; 1;  2)



6

6a

(2đ)


 
 mặt phẳng ( ABC ) đi qua A(0; 0;  3) nhận  AB, AC   (2; 1;  2)

0,5

0.5

làm VTPT  mặt phẳng ( ABC ) : 2 x  y  2 z  6  0

( P) / / ( ABC ) nên ( P) : 2 x  y  2 z  D  0 ( D   6)
8
Chọn A(0; 0;  3)  ( ABC ) , d ( I ,( ABC )) 
3
6b

Do d (P, (ABC))  d ( I ,( ABC )) 

6D
8

 D  2 hoặc
3
3

0,5

0,25

D   14
Vậy ( P ) : 2 x  y  2 z  2  0 hoặc 2 x  y  2 z 14  0
1

Tính tích phân I 


0

0,25

x
dx .
(1  2 x 2 )3

7
(1đ)

2

Đặt t  1  2 x  dt  4 x dx  x dx 
Đổi cận: x  0  t  1, x  1  t  3

dt
4

0,5


dt
3
1 3
1
4
Khi đó: I   3   t dt  2
t
41
8t
1
3

3


1

1
9

0,5

8 x 3  2 x  ( x  3) x  2. (1)

1đ

Điều kiện: x  2 .

(1)  (2 x)3  2 x  ( x  2  1) x  2

0.25

 (2 x)3  2 x  ( x  2)3  x  2. (2)
3

Xét hàm số f (t )  t  t trên

, khi đó f (t ) liên tục trên

.
0.25

2

Ta có f '(t )  3t  1  0, t 

nên f (t ) đồng biến trên

.

8
Khi đó
(1đ)

(2)  f (2 x )  f ( x  2)  2 x  x  2
x  2  0 x  0



.
2
x  0
x  2  4x

 2  x  0  0  x 

0.25

1  33
1  33
 2  x 
8
8
0.25

 1  33 
Vậy bất phương trình có nghiệm x   2;
.
8 



HƯƠNG DẪN CHẤM THI HỌC KỲ II MƠN TỐN 12
Đề 2
Câu

Ý

Nội dung
Cho hàm số y 

Điểm

2x
, có đồ thị là (C)
x 1

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số.

2đ

b) Tìm giao điểm của đồ thị ( C ) với đường thẳng d: y  x  2 .
TXĐ: D  R \ 1
'

* Sự biến thiên: Chiếu biến thiên: y 

2
0
( x 1) 2

0,25

* Giới hạn và tiệm cận:

lim y  2,



x  

1(2đ)

1a.

lim y  2 ,  đồ thị hàm số có TCN: y  2

x  

0,25

lim y  , lim y    ,  đồ thị hàm số có TCĐ: x  1



x 1

x 1

* Bảng biến thiên:
x

-

+

y’

-

-

y

2

+

-

2

1

0,25

Hàm số nghịch biến trên từng khoảng của TXĐ
Hàm số khơng có điểm cực trị
* Đồ thị:

0,25


Tìm các giao điểm của đồ thị ( C ) với đường thẳng ( d )
Phương trình hồnh độ giao điểm của ( C ) và ( d ) :
0,5
ĐK: x  1 ,

1b.

x  1
2x
 x  2  x2  x  2  0  
x 1
x  2

* x  1  y  1
* x2  y4

0,5

Vậy giao điểm là: A ( 1; 1), B (2; 4)
2

2

Giải phương trình: Z  6Z  90  0 . Tính A  Z1  Z 2
2

Ta có:    81  0 nên phương trình có 2 nghiệm phức:

(1đ)

Z1  3  9 i, Z 2  3  9 i
2

2

1đ

0,5

2

A  Z1  Z 2  ( 90) 2  ( 90) 2  180

0,5

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số:

f ( x )  x 3  6 x 2  15 x  1 trên đoạn  2; 1

1đ

3
(1đ)

 x  1
f ( x )  3 x 2  12 x  15, f '( x)  0  
 x  5 (Loại)

0.5

 f (2)   1,

0.5

f ( 1)  9,

f (1)   19


Vậy Max  f ( x )  9,
 2; 1

Min  f ( x )    19

 2; 1

2

Giải phương trình: log 3 x  2log 9 (3x )  1  0

1đ

2

ĐK: x  0 phương trình đã cho  log 3 x  log 3 x  0
4
(1đ)

0,25

t  0
t  1

Đặt t  log 3 x : t 2  t  0  

0,25

Khi t  0  log 3 x  0  x 1
0,5

Khi t  1  log 3 x  1  x  3 .Vậy S  1; 3
Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh bằng 2 a , SAB là tam
giác đều và nằm trong mặt phẳng vng góc với mặt đáy ( ABC ) . Tính thể

1đ
tích của khối chóp S . ABC theo a . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
SB và AC.

Diện tích đáy:

S ABC

(2a) 2 3

 a2 3
4

S

Do tam giác SAB đều và
5
(1đ)

nằm trong mặt phẳng
vuống góc với đáy nên

F

chiều cao của hình chóp là
chiều cao SH của tam

x

giác đều SAB cạnh 2a

2a 3
 SH 
a 3
2
Vậy VS . ABC 

G
B

C
H
A

1
S ABC . SH  a 3 .
3

0,25

0,25

Kẽ Bx // AC suy ra d ( AC , SB )  d ( A, ( SBx))  2d ( H , ( SBx)) , kẽ HF vng
góc Bx, kẽ HG vng góc SF. Khi đó HG  (SBF )  d ( H , ( SBF ))  HG .

0,25


Tam giác BHF vuông tại F, HF  HB.cos BHF  a.

Tam giác SHF vuông tại H,

Suy ra d ( AC , SB) 

3 a 3

.
2
2

1
1
1
5
a 15


 2  HG 
2
2
2

HG
SH
HF
3a
5

0.25

2a 15
5

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 điểm

A(0; 0; 3) B(1;  2; 1) C (1; 0; 2)
a) Viết phương trình mặt phẳng ( ABC ) .
b) Viết phương trình mặt phẳng ( P) sao cho ( P) song song ( ABC ) và

2đ

khoảng cách giữa ( P) và mặt phẳng ( ABC ) bằng khoảng cách từ điểm

I (1; 2; 3) đến mặt phẳng ( ABC ) .
Ta có:



 
AB  ( 1;  2;  2), AC  (1; 0;  1)   AB, AC   (2; 1;  2)

6a

6

 
 mặt phẳng ( ABC ) đi qua A(0; 0; 3) nhận  AB, AC   (2; 1;  2)

(2đ)

làm VTPT  mặt phẳng ( ABC ) : 2 x  y  2 z  6  0

( P ) / / ( ABC ) nên ( P ) : 2 x  y  2 z  D  0 ( D  6)
Chọn A (0; 0; 3)  ( ABC ) , d ( I ,( ABC )) 

0,5

0.5

0,5

8
3
0,25

6b

d (( P); ( ABC ))  d ( I ; ( ABC ))  d (A, ( P)) 

6  D 8
8



3
3
3

 D   2 hoặc D  14
0,25
Vậy ( P) : 2 x  y  z  2  0 hoặc 2 x  y  z 14  0
7
(1đ)

1

Tính tích phân I 


0

x
dx .
(1  2 x 2 )3

1đ